苏科版（2024）八年级下册9.4 矩形、菱形、正方形课后作业题

这是一份苏科版（2024）八年级下册9.4 矩形、菱形、正方形课后作业题，文件包含苏科版数学八下培优专项提升训练专题916四边形与动点问题原卷版doc、苏科版数学八下培优专项提升训练专题916四边形与动点问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共81页， 欢迎下载使用。
注意事项：
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题
1．（2022春·江苏连云港·八年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止．点P、Q的速度都是1cm/s，连接PQ，AQ，CP，设点P、Q运动的时间为t（s）．
(1)当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
(2)当t为何值时，四边形AQCP是菱形？
(3)分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
【答案】(1)4s
(2)3s
(3)菱形AQCP的周长是20cm，面积是20cm2
【分析】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；
（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t；
（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长等于边长乘以4，面积等于底乘以高，即可求解．
（1）
解：设点P、Q运动的时间为t（s），则BQ=t，DP=t，
∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，
∴CD=AB=4，AD=BC=8，
∴AP=8-t，
当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，
∴t=8-t，
解得：t=4，
答：当t=4s时，四边形ABQP是矩形；
（2）
解：∵AB=4，BQ=t，∠B=90°，
∴，
当四边形AQCP是菱形时，AP=AQ，
∴，
解得：t=3，
答：当t=3s时，四边形AQCP是菱形；
（3）
由（2）可知：当t=3时，BQ=3，
∴CQ=BC-BQ=5，
∴菱形AQCP的周长为4CQ=4×5=20（cm），
菱形AQCP的面积为CQ·AB=5×4=20（cm2）
答：菱形AQCP的周长是20cm，面积是20cm2．
【点睛】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，利用结合方程的思想解题是解题的关键．
2．（2022春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）已知，如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A（20，0），C（0，8），点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长的速度由点C向B 运动．设动点P的运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，四边形PODB是平行四边形？
(2)在直线CB上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在线段PB上有一点M，且PM=10，当P运动 秒时，四边形OAMP的周长最小, 并在图②画出点M的位置．
【答案】(1)当t的值为5时，四边形PODB是平行四边形；
(2)存在，当t=3时，Q（16,8），t=8时，Q（6,8），t=2时，Q（﹣6,8）；
(3)2.5
【分析】（1）由四边形OABC为矩形，A（20,0），C（0,8），可知BC=OA=20，AB=OC=8，由点D是OA的中点，可得，由运动可知，PC=2t，则BP=BC－PC=20－2t，由于四边形PODB是平行四边形，则PB=OD=10，解得t＝5，故当t的值为5时，四边形PODB是平行四边形；
（2）分三种情况讨论①当Q点在P点右边时，当Q在P左侧，且在BC上时，当Q在P的左侧，且在BC的延长线上时，分别计算即可；
（3）由（1）知，OD=10，由于PM=10，则OD=PM，由于BCOA，则四边形OPMD是平行四边形，则OP=DM，根据四边形OAMP的周长为OA+AM+PM+OP=20+AM+10+DM=30+AM+DM，可知AM+DM最小时，四边形OAMP的周长最小，则作点A关于BC的对称点E，连接DE交BC于点M，则AB=EB，由BCOA，可知，进而可知PC=BC－BM－PM=20－10－5=5，求解即可．
（1）
解：∵四边形OABC为矩形，A（20,0），C（0,8），
∴BC=OA=20，AB=OC=8，
∵点D是OA的中点，
∴，
由运动知，PC=2t，
∴BP=BC－PC=20－2t，
∵四边形PODB是平行四边形，
∴PB=OD=10，
解得t＝5，
∴当t的值为5时，四边形PODB是平行四边形；
（2）
解：分为三种情况：
当Q点在P点右边时，如下图，
∵四边形ODQP是菱形，
∴OD=OP=PQ=10，
∴在Rt△OPC中，由勾股定理可得：，
∴2t=6，
解得t=3，
∴Q（16,8）；
当Q在P左侧，且在BC上时，如图所示，
同理①得PC=16，
即2t=6，
解得t=8，
∴Q（6,8）；
当Q在P的左侧，且在BC的延长线上时，如图，
同理①求出QC=6，
PC=10-6=4，
即2t=4，
解得：t=2，
∴Q（﹣6,8），
综上所述，t=3时，Q（16,8），t=8时，Q（6,8），t=2时，Q（﹣6,8）；
（3）
如下图所示：
由（1）知，OD=10，
∵PM=10，
∴OD=PM，
∵BCOA，
∴四边形OPMD是平行四边形，
∴OP=DM，
∵四边形OAMP的周长为OA+AM+PM+OP=20+AM+10+DM=30+AM+DM，
∴AM+DM最小时，四边形OAMP的周长最小，
∴作点A关于BC的对称点E，连接DE交BC于点M，
∴AB=EB，
∵BCOA，
∴，
∴PC=BC－BM－PM=20－10－5=5，
即2t=5，
解得：t=2.5，
故答案为2.5．
【点睛】本题考查平行四边形的动点问题，菱形的判判定，勾股定理，能够分析出实际的运动情况是解决本题的关键．
3．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期中）如图，中，，动点P、Q、M、N分别从点A、B、C、D同时出发，沿平行四边形的边，分别向点B、C、D、A匀速运动，运动时间记为t，当其中一个点到达终点时，其余各点均停止运动，连接PQ，QM，MN，NP．已知，，动点P、M的速度均是，动点Q、N的速度均是，
(1)_______，_______（用含t的代数式表示）
(2)在点P、Q、M、N的整个运动过程中，四边形PQMN一定会是一种特殊的四边形吗？如果是，指出并证明你的结论，如果不是，说明理由．
(3)在点P、Q、M、N的运动过程中，四边形PQMN能成为菱形吗？如果能，求出t的值，如果不能，说明理由．
【答案】(1)2t，（4.5-t）
(2)四边形PQMN是平行四边形，理由见解析
(3)四边形PQMN能成为菱形，t=
【分析】（1）根据速度×时间求解即可；
（2）根据题意和平行四边形的性质可得AP=CM，BP=DM，BQ=DN，CQ=AN，∠A=∠C，∠B=∠D，证明△APN≌△CMQ和△PBQ≌△MDN得到PN=MQ，PQ=MN，利用平行四边形的判定即可得出结论；
（3）过P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB延长线于F，根据平行线的性质和含30°的直角三角形的性质可求得 cm， cm，再根据菱形的判定知PQ=PN，进而求解t值即可解答．
（1）解：由题意，AP=CM=2t cm，BQ=DN=tcm，则CQ=BC-BQ=(4.5-t) cm，故答案为：2t，（4.5-t）；
（2）解：四边形PQMN是平行四边形，理由为：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC， BC∥AD，∠A=∠C，∠B=∠D，∴AB-AP=CD-CM，BC-BQ=AD-DN，∴BP=DM，CQ=AN，∴△APN≌△CMQ，△PBQ≌△MDN，∴PN=MQ，PQ=MN，∴四边形PQMN是平行四边形；
（3）解：四边形PQMN能成为菱形．过P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB延长线于F，则∠AEP=∠BFP=90°，∵BC∥AD，∴∠A+∠ABC=180°，又∠ABC=2∠A，∴∠A+2∠A=180°，∴∠A=60°，∠ABC=120°，∴∠APE=∠BPF=30°，则AE=AP=tcm，BF=BP=（6-2t）=（3-t）cm，∴ cm， cm，QF=BF+BQ=3-t+t=3 cm，EN=AD-AE-DN=（4.5-2t）cm，∴ cm， cm，∵四边形PQMN是平行四边形，∴当PQ=PN时，四边形PQMN是菱形，∴=，解得：t=或t=（舍去），∵当其中一个点到达终点时，其余各点均停止运动，且6÷2=3s，4.5÷1=4.5s，∴0≤t≤3，又＜3，∴t=，故当t=时，四边形PQMN是菱形．
【点睛】本题考查特殊四边形的动点问题，涉及平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、含30°的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，根据动点的运动的速度和时间表示线段的长度是解答的关键．
4．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形AOCB的点O在坐标原点上，点A在y轴上，AB∥OC，点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个长度单位的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个长度单位的速度运动．点M、N同时出发，一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为t秒．
(1)当t＝2时，点M的坐标为 ，点N的坐标为 ；
(2)当t为何值时，四边形AONM是矩形？
【答案】(1)（2，8），（17，0）
(2)7秒
【分析】（1）根据已知点的坐标和移动的速度求得AM和ON的长，然后即可求得点M和点N的坐标；
（2）利用矩形的对边相等得到AM=ON，从而得到有关t的方程，求得t值即可
（1）解：∵点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个长度单位的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个长度单位的速度运动，
当t=2时，
AM＝2，CN＝4，
∴ON＝21﹣4＝17，
∴点M的坐标为：（2，8），点N的坐标为：（17，0）；
故答案为：（2，8），（17，0）；
（2）
当四边形AONM是矩形时，AM＝ON，
所以t＝21﹣2t，
解得：t＝7．
故t＝7秒时四边形AONM是矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，一元一次方程的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
5．（2022春·江苏徐州·八年级校考阶段练习）如图，在长方形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从A点出发沿A-B-C-D移动，且点P的速度是2cm/s，设运动的时间为t秒，若点P与点A、点D连线所围成的三角形PAD的面积表示为S1．
（1）当t=2秒时，求S1 =______cm2；
（2）当S1=12cm2时，则t=______秒；
（3）如图2，若在点P运动的同时，点Q也从C点同时出发，沿C-B运动，速度为1cm/s，若点Q与点C、点D连线所围成的三角形QCD的面积表示为S2，当|S1－S2|=18时，求t的值．
【答案】（1）24；（2）1或11；（3）t的值为2或6或10.8秒．
【分析】（1）直接运用直角三角形面积等于两条直角边乘积的一半计算即可；
（2）分①当点P在AB边上时，②当点P在CD边上时，讨论即可；
（3）分①当点P在AB边上时，②当点P在BC边上时，③当点P在CD边上时，讨论S1与S2的大小即可求解 ．
【详解】解：（1）∵点P从A点出发沿A-B-C-D移动，且点P的速度是2cm/s，t=2，
∴cm，
∵ cm，
∴S1 = cm2；
（2）当S1=12cm2时，有两种情况 ，
①当点P在AB边上时，如下图：
则S1=，解得： ，
∴t=，
②当点P在CD边上时，如下图：
则S1=，解得：
∴，
∴点P运动的路程为 ,
∴，
故：则t=1或11秒；
（3）①当点P在AB边上时，如下图：
S1 =，S2 =，显然S1>S2,
当|S1－S2|=18时，则9t=18,t1=2；
②当点P在BC边上时，如下图：
S1 =，S2 =，显然S1>S2,
当|S1－S2|=18时，则36-3t=18，t2=6；
③当点P在CD边上时，如下图：
S1 = ，S2 =，
此时无法判断S1与S2的大小,
当S1－S2=18时，则144-12t-3t=18,t3=8.4（舍去）
当S2－S1=18时，则3t-（144-12t）=18,t4=10.8
答：t的值为2或6或10.8秒．
【点睛】本题是三角形综合题，考查矩形的性质，三角形面积，绝对值的性质等知识，解题关键是运用分类讨论的思想．
6．（2021秋·江苏常州·八年级常州实验初中校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝DC＝20cm，BC＝15cm，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以5cm/秒的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CD上由点C向点D运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPE与△CQP是否全等，请说明理由．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，且P、Q两点仍然同时出发，当点Q的运动速度为多少时，△BPE与△CQP全等？
【答案】（1）全等，理由见解析；（2）厘米/秒
【分析】（1）速度相等，运动的时间相等，所以距离相等，根据全等三角形的判定定理可证明．
（2）因为运动时间一样，运动速度不相等，所以BP≠CQ，只有BP＝CP时才全等，根据此可求解．
【详解】解：（1）全等；
∵t＝1秒，
∴BP＝CQ＝5×1＝5厘米，
∵矩形ABCD中，AB＝DC＝20cm，BC＝15cm，点E为AB的中点．
∴PC＝BE＝10厘米，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE≌△CQP
（2）∵点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
又∵△BPE≌△CPQ，∠B＝∠C，则BP＝PC，QC＝BE＝10，
而BP＝5t，CP＝15﹣5t，
∴5t＝15﹣5t
∴点P，点Q运动的时间秒，
∴（ 厘米/秒）．
点Q的运动速度为厘米/秒时，△BPE与△CQP全等．
【点睛】本题考查矩形的动点问题，解题关键是利用速度和运动时间表示线段长，关键全等三角形的条件列方程．
7．（2021春·江苏无锡·八年级统考期中）已知，如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，点P是直线BC上一个动点，连接AP，作DQ⊥AP于点Q．
（1）AP•DQ＝ ；
（2）以AP、AD为邻边作平行四边形APMD，当平行四边形APMD是菱形时，求PQ的长；
（3）连接DP，以AP、DP为邻边作平行四边形APDN，当对角线PN取得最小值时，求DQ的长．
【答案】（1）2；（2）2﹣；（3）
【分析】（1）利用面积法求解即可．
（2）利用（1）中结论求出DQ，再利用勾股定理求出AQ，可得结论．
（3）根据四边形APDN是平行四边形，推出AM＝DM，PM＝MN，可得PN＝2PM，根据垂线段最短可知，当PM⊥AD时，PN的值最小．
【详解】解：（1）如图1中，连接DP．
∵ S△APD＝S矩形ABCD＝×1×2＝1，DQ⊥AP，
∴ •AP•DQ＝1，
∴AP•DQ＝2．
故答案为：2．
（2）如图2中，
∵四边形APMD是菱形，
∴AP＝AD＝BC＝2，
∵AP•DQ＝2，
∴DQ＝1，
在Rt△ADQ中，AQ＝，
∴PQ＝AP－AQ＝2﹣．
（3）如图3中，设PN交AD于M．
∵四边形APDN是平行四边形，
∴AM＝DM，PM＝MN，
∴PN＝2PM，
根据垂线段最短可知，当PM⊥AD时，PN的值最小，
此时PB＝PC＝1，
∴PA＝，
∵DQ•AP＝2，
∴DQ＝＝．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用面积法解决问题和利用垂线段最短解决问题．
8．（2021春·江苏苏州·八年级常熟市第一中学校考阶段练习）在四边形中，，，，，点从出发以的速度向运动，点从点出发，以的速度向点运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为．
（1）取何值时，四边形为矩形？
（2）是上一点，且，取何值时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形？
【答案】（1）t＝4（2）t＝4或
【分析】（1）当DE＝CF时，四边形EFCD为矩形，列出方程即可解决问题；
（2）分两种情形列出方程即可解决问题；
【详解】解：（1）当DE＝CF时，四边形EFCD为矩形，
则有6−t＝10−2t，解得t＝4，
答：t＝4s时，四边形EFCD为矩形．
（2）①当点F在线段BM上，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝4−2t，解得t＝，
②当F在线段CM上，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝2t−4，解得t＝4，
综上所述，t＝4或s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查矩形判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
9．（2021春·江苏连云港·八年级统考期中）如图所示，ADBC，∠BAD＝90°，以B为圆心，BC长为半径画弧，与射线AD相交于点E，连接BE，过C作CF⊥BE于点F．
（1）线段BF与图中哪条线段相等？写出来并加以证明：
（2）若AB＝8，BC＝10，P从E沿直线ED方向运动，Q从C出发沿直线CB方向运动，两点同时出发且速度均为每秒1个单位．
①求出当t为何值时，四边形EPCQ是矩形；
②求出当t为何值时，四边形EPCQ是菱形．
【答案】（1）BF＝EA（2）①t＝4②t＝10
【分析】（1）通过证明△BCF≌△EBA可判断BF＝EA；
（2）EP＝t，CQ＝t，先求出AE＝6，再判断四边形EPCQ为平行四边形，①当CP⊥AD可判断平行四边形EPCQ为矩形，从而得到6＋t＝10；②作CH⊥AD于H，如图，当CD＝CQ＝ED＝t可判断平行四边形EPCQ为菱形，则利用勾股定理得到82＋（t−4）2＝t2，然后分别解关于t的方程即可．
【详解】解：（1）BF＝AE．
理由如下：
∵AD∥BC，
∴∠CBF＝∠AEB，
在△BCF和△EBA，
，
∴△BCF≌△EBA，
∴BF＝EA；
（2）EP＝t，CQ＝t，
在Rt△ABE中，AB＝8，BC＝10，
∴BE=10，
AE＝,
∵EP＝CQ，EP∥CQ，
∴四边形EPCQ为平行四边形，
①当CP⊥AD时，∠CPE＝90°，则平行四边形EPCQ为矩形，
此时AP＝BC＝10，即6＋t＝10，解得t＝4，
即当t＝4时，四边形EPCQ是矩形；
②作CH⊥AD于H，如图，
当CP＝CQ＝EP＝t时，平行四边形EPCQ为菱形，
而HP＝t＋6−10＝t−4，
在Rt△HPC中，82＋（t−4）2＝t2，解得t＝10，
即当t＝10，四边形EPCQ是菱形．
【点睛】本题考查了基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了矩形和菱形的判定．
10．（2021春·江苏镇江·八年级统考阶段练习）如图，O为坐标原点，四边形为矩形，，，点D是线段的中点，点P在线段上以每秒1个单位长的速度由点C向点B运动．
（1）当t为何值时，四边形是平行四边形？
（2）在直线上是否存在一点Q，使得点O、点D、点P、点Q构成菱形，若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）5；（2）存在，3s或8s或2s
【分析】（1）根据平行四边形的性质就可以知道PB=5，可以求出PC=5，从而可以求出t的值．
（2）要使ODQP为菱形，可以得出PO=5，分三种情形讨论即可．
【详解】解：（1）∵四边形PODB是平行四边形，
∴PB=OD=5，
∴PC=5，
∴t=5；
（2）∵点O、点D、点P、点Q构成菱形，
当P，Q在线段CB上时，若点Q在点P左侧，
∴OD=OQ=PQ=5，
∴CQ==3，
∴CP=8，此时t=8；
同理，若点Q在点P右侧，
CQ=8，CP=3，此时t=3；
当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，
同理：CQ=3，
∴CP=2，
此时t=2，
综上所述，t=3s或8s或2s时，满足条件．
【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，平行四边形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理的运用．
11．（2020·江苏苏州·八年级统考期中）如图1，四边形是菱形，，过点作的垂线，垂足为，交对角线于，连接，且．
（1）求的长；
（2）如图2，动点从点出发,沿折线方向以2个单位秒的速度向终点匀速运动，设的面积为，点的运动时间为秒，求与之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当点在边上运动时，是否存在这样的的值，使与互为余角?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）S与t的关系式为：；（3）当时，能使∠MPB与∠BCD互为余角
【分析】（1）过点M作ME⊥AD于点E，则有AH=AE，MH=ME，进而可得DH=4，设MH=ME=x，则MD=4-x，然后利用勾股定理可求解；
（2）由题意易得AC平分∠BAD，CD=CB=AB=AD=5，则有MD=BM，∠CDM=∠CBM=90°，由（1）可得：，进而可分①当点P在AB之间时，，②当点P在BC之间时，，然后根据面积计算公式可进行求解；
（3）由题意易得∠ADM+∠BAD=90°，∠BCD=∠BAD，∠DAM=∠BAM，易证∠ADM=∠ABM，进而可得△PMB是等腰三角形，然后根据等腰三角形的性质及线段的等量关系可求解．
【详解】解：（1）过点M作ME⊥AD于点E，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠BAD，
∵DH⊥AB，AD=5，AH=3，
∴，MH=ME，
∵AM=AM，
∴Rt△AMH≌Rt△AME（HL），
∴AH=AE=3，
∴ED=2，
设MH=ME=x，则MD=4-x，
∴在Rt△MED中，，
即，解得：，
∴；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠BAD，CD=CB=AB=AD=5，
∴∠DCM=∠BCM，
∵CM=CM，
∴△CDM≌△CBM（SAS），
∴MD=BM，∠CDM=∠CBM=90°，
由（1）可得：，
由题可得点P的运动路程为，
①当点P在AB之间时，，如图所示：
∴，
∴，
②当点P在BC之间时，，如图所示：
∴，
；
综上：S与t的关系式为：；
（3）存在，理由如下：
如图，
∵四边形ABCD是菱形，DH⊥AB，
∴∠ADM+∠BAD=90°，∠BCD=∠BAD，∠DAM=∠BAM，
∴∠ADM+∠BCD=90°，
∵∠MPB+∠BCD=90°，
∴∠MPB=∠ADM，
∵AM=AM，AB=AD，
∴△ADM≌△ABM（SAS），
∴∠ADM=∠ABM，
∴∠MPB=∠ABM，
∴MP=MB，
∴△PMB是等腰三角形，
∴BP=2BH=2PH，
∵AH=3，AB=AD=5，
∴BH=2，
∴PB=2BH=4，
∴AP=1，
∴，
∴当时，能使∠MPB与∠BCD互为余角．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
12．（2021秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图1，在长方形中，，点P从点B出发，以的速度沿向点C运动（点P运动到点C处时停止运动），设点P的运动时间为．
（1）_____________．（用含t的式子表示）
（2）当t为何值时，？
（3）如图2，当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向点D运动（点Q运动到点D处时停止运动，两点中有一点停止运动后另一点也停止运动），是否存在这样的值使得与全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或，理由见解析．
【分析】（1）由路程=速度时间，解得，再由即可解题；
（2）由全等三角形对应边相等的性质得，即，据此解题；
（3）分两种情况讨论，当时或当时，与全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，分别计算求出的值即可解得的值．
【详解】解：（1）由题意得，，
，
故答案为：；
（2）若
则
即
当时，；
（3）存在，理由如下：
当时，
；
当时，
综上所述，当或时，与全等．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
13．（2020秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，长方形ABCD，AB＝9，AD＝4．E为CD边上一点，CE＝6．
（1）求AE的长．
（2）点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着边BA向终点A运动，连接PE．
设点P运动的时间为t秒，①则当t为何值时，△PAE为等腰三角形？
②当t为何值时，△PAE为直角三角形，直接写出答案．
【答案】（1）AE＝5；（2）①t值为3或4或；②当t为6或秒时，△PAE为直角三角形；
【分析】（1）由长方体ABCD中，CD=9，CE=6，可以求出DE的长，又由AD=4，在△ADE中，利用勾股定理即可求得AE的长；
（2）①根据若△PAE为等腰三角形，分三种情况讨论：当EP=EA时，当AP=AE时，当PE=PA时；②需要分情况讨论：AE为斜边和AP为斜边两种情况下的直角三角形，从而分别去计算t的值；
【详解】（1）在长方形ABCD中，∠D＝90°，CD＝AB＝9，
在Rt△ADE中，DE＝9－6＝3，AD＝4，∴AE＝5，
（2）①若△PAE为等腰三角形，则有三种可能．
当EP＝EA时，AP＝6，∴t＝BP＝3，
当AP＝AE时，则9－t＝5，∴t＝4，
当PE＝PA时，则，∴t＝，
综上所述，符合要求的t值为3或4或．
②若∠EPA=90°，t=6，
若∠PEA=90°时，由（1）可知AE＝5，
如图所示，做PF⊥CD交CD于点F，
∴，
∴，
可得：，
解得t=，
综上所述，符合要求的t值为或6．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，结合勾股定理，直角三角形的性质等知识点，要注意分类讨论，以防遗漏．
14．（2020秋·江苏扬州·八年级校考期中）在小学，我们已经初步了解到，长方形的对边平行且相等，每个角都是90°．如图，长方形中，，，为边上一动点，从点出发，以1cm/s向终点运动，同时动点从点出发，以向终点运动，运动的时间为．
（1）当时，
①线段的长为______；
②当平分时，求的值；
（2）若，且是以为腰的等腰三角形，求的值．
【答案】（1）①，②；（2）3或
【分析】（1）先得出BP＝3a，DE＝t＝3，进而CP＝BC−BP＝9−3a，
①在Rt△CDE中，根据勾股定理得到CE的长度，
②先判断出∠CPE＝∠CEP，得出CP＝CE，进而建立方程即可得出结论；
（2）先得出DE＝t，BP＝t，CP＝9−t，再分两种情况①CE＝CP，②CE＝PE，建立方程即可得出结论；
【详解】解：（1）四边形是长方形，
，，，
当时，由运动知，，，
①在中，根据勾股定理得，，
故填：5；
②，
，
平分，
，
，
，
，
；
（2）当时，由运动知，，，
，
在中，，
是以为腰的等腰三角形，
①，
，
②，
，
，，
即：的值为3或．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了长方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解（1）的关键是判断出CE＝CP，解（2）的关键是分两种情况讨论．
15．（2020秋·江苏镇江·八年级统考期中）如图，在长方形ABCD中，AD=3cm，AB=7cm，E为边AB上任一点（不与A、B重合），从点B出发，以1cm/s向终点A运动，同时动点F从点D出发，以x cm/s向终点C运动，运动的时间为t s．（注：长方形的对边平行且相等，每个角都是90°）
（1）若t=4，则CE= ；
（2）若x=2，当 t为何值时点E在CF的垂直平分线上；
（3）连接BF，直接写出点C与点E关于BF对称时x与t的值．
【答案】（1）CE=5cm；（2）t=；（3）t=3，x=
【分析】（1）根据勾股定理计算即可；
（2）过点E作EH⊥CD垂足为点H，得到四边形BEHC是长方形，在根据条件计算即可；
（3）点C与点E关于BF对称时，即，，即四边形BCFE为正方形，即可得到结果；
【详解】解：（1）t=4时，，
∴，
∴CE=5cm；
(2)过点E作EH⊥CD垂足为点H，
∵ 点E在CF的垂直平分线上，
∴ CH=FH=CF，
由题意知：四边形BEHC是长方形，
∴CH=BE=t，DF=2t，
∴CF=7-2t
∴t=(7-2t)，
则t=；
（3）点C与点E关于BF对称时，即，，即四边形BCFE为正方形，
∴，，
∴t=3，x=．
【点睛】本题主要考查了四边形综合题，结合勾股定理进行计算是解题的关键．
16．（2020春·江苏·八年级校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，AB＝13，BC＝50，BC边上的高为12．点P从点B出发，沿B﹣A﹣D﹣A运动，沿B﹣A运动时的速度为每秒13个单位长度，沿A﹣D﹣A运动时的速度为每秒8个单位长度．点Q从点B出发沿BC方向运动，速度为每秒5个单位长度．P、Q两点同时出发，当点Q到达点C时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．连结PQ．
（1）当t＝5时，AP＝________．
（2）当点P沿A﹣D﹣A运动时，求AP的长（用含t的代数式表示）．
（3）连结AQ，在点P沿B﹣A﹣D运动过程中，当点P与点B、点A不重合时，记△APQ的面积为S．求S与t之间的函数关系式．
（4）设点C、D关于直线PQ的对称点分别为C′、D′，直接写出C′D′∥BC时t的值．
【答案】（1）32；（2）AP的长为8t﹣8或108﹣8t；（3）S＝；（4）t＝7，t＝，t＝．
【分析】（1）根据题意即可得到结论；
（2）分情况讨论，当点P沿A﹣D运动时，当点P沿D﹣A运动时分别可以表示出AP的值；
（3）分类讨论，当0＜t＜1时，当1＜t＜时，根据三角形的面积公式分别求出S与t的函数关系式；
（4）分情况讨论当P在A﹣D之间或D﹣A之间时，如图③，根据轴对称的性质可以知道四边形QCOC′为菱形，根据其性质建立方程求出其解，当P在D﹣A之间如图⑥，根据菱形的性质建立方程求出其解即可．
【详解】解：（1）由题意得AP＝8×（5-1）=32，
故答案为：32；
（2）当点P沿A﹣D运动时，AP＝8（t﹣1）＝8t﹣8，
当点P沿D﹣A运动时，AP＝50×2﹣8（t﹣1）＝108﹣8t；
综上所述，AP的长为8t﹣8或108﹣8t；
（3）当点P与点A重合时，BP＝AB，t＝1．
当点P与点D重合时，AP＝AD，8t﹣8＝50，t＝．
当0＜t≤1时，如图①．
过点Q作QE⊥AB于点E．
S△ABQ＝AB•QE＝BQ×12，
∴QE＝＝＝．
∴S＝﹣30t2+30t．
当1＜t≤时，如图②．
S＝AP×12＝×（8t﹣8）×12，
∴S＝48t﹣48；
综上所述，S与t之间的函数关系式为S＝；
（4）如图③，当P在A﹣D之间或D﹣A之间时，C′D′在BC上方且C′D′∥BC时，
∴∠C′OQ＝∠OQC．
∵△C′OQ≌△COQ，
∴∠C′OQ＝∠COQ，
∴∠CQO＝∠COQ，
∴QC＝OC，
∴50﹣5t＝50﹣8（t﹣1）+13，或50﹣5t＝8（t﹣1）﹣50+13，
解得：t＝7或t＝．
当P在A﹣D之间或D﹣A之间，C′D′在BC下方且C′D′∥BC时，如图④．
同理由菱形的性质可以得出：OD＝PD，
∴50﹣5t+13＝8（t﹣1）﹣50，
解得：t＝．
∴当t＝7，t＝，t＝时，点C、D关于直线PQ的对称点分别为C′、D′，且C′D′∥BC．


【点睛】本题主要考查了四边形综合，准确计算是解题的关键．
17．（2022春·江苏无锡·八年级宜兴市树人中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(﹣6，0)，点B在y轴正半轴上，∠ABO＝30°，动点D从点A出发沿着射线AB方向以每秒3个单位的速度运动，过点D作DE⊥y轴，交y轴于点E，同时，动点F从定点C (1，0)出发沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，连结DO，EF，设运动时间为t秒．
（1）当点D运动到线段AB的中点时．
①t的值为 ；
②判断四边形DOFE是否是平行四边形，请说明理由．
（2）点D在运动过程中，若以点D，O，F，E为顶点的四边形是矩形，求出满足条件的t的值．
【答案】（1）①2s，②是平行四边形，见解析；（2）14秒
【分析】（1）①由直角三角形的性质得出AB＝2OA＝12，由题意得出BD＝AD＝AB＝6，列方程即可得出答案；
②求出OF＝OC+CF＝3，由三角形中位线定理DE＝BD＝3，得出DE＝OF，即可得出四边形DOFE是平行四边形；
（2）要使以点D，O，F，E为顶点的四边形是矩形，则点D在射线AB上，求出BD＝3t﹣12，由直角三角形的性质得出DE＝BD＝t﹣6，OF＝1+t，得出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）如图1，
①∵点A的坐标为（﹣6，0），
∴OA＝6，
Rt△ABO中，∠ABO＝30°，
∴AB＝2AO＝12，
由题意得：AD＝3t，
当点D运动到线段AB的中点时，3t＝6，
∴t＝2，
故答案为：2s；
②四边形DOFE是平行四边形，理由是：
∵DE⊥y轴，AO⊥y轴，
∴DE∥AO，
∵AD＝BD，
∴BE＝OE，
∴DE＝AO＝3，
∵动点F从定点C （1，0）出发沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，且t＝2，
∴OF＝1+2＝3＝DE，
∴四边形DOFE是平行四边形；
（2）要使以点D，O，F，E为顶点的四边形是矩形，则点D在射线AB上，如图2所示：
∵AD＝3t，AB＝12，
∴BD＝3t﹣12，
在Rt△BDE中，∠DBE＝30°，
∴DE＝BD＝（3t﹣12）＝t﹣6，OF＝1+t，
则t﹣6＝1+t，
解得：t＝14，
即以点D，O，F，E为顶点的四边形是矩形时，t的值为14秒．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质、矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题难度适中，熟练掌握平行四边形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
18．（2020春·江苏连云港·八年级统考期中）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E为BC延长线上一点，且BD＝BE，连接DE，Q为DE的中点，有一动点P从B点出发，沿BC以每秒1个单位的速度向E点运动，运动时间为t秒．
（1）如图1，连接DP、PQ，则S△DPQ＝ （用含t的式子表示）；
（2）如图2，M、N分别为AD、AB的中点，当t为何值时，四边形MNPQ为平行四边形？请说明理由；
（3）如图3，连接CQ，AQ，试判断AQ、CQ的位置关系并加以证明．
【答案】（1） ；（2）当t＝时，四边形MNQP为平行四边形， 证明见解析；（3）AQ⊥CQ，证明见解析．
【分析】（1）由勾股定理可求BD＝5，由三角形的面积公式和S△DPQ＝（S△BED﹣S△BDP）可求解；
（2）当t＝时，可得BP＝＝BE，由中位线定理可得MN∥BD，MN＝BD＝5，PQ∥BD，PQ＝BD＝5，可得MN∥PQ，MN＝PQ，可得结论．
（3）连接BQ，由等腰三角形的性质可得∠AQD+∠BQA＝90°，由直角三角形的性质可得DQ＝CQ，∠DCQ＝∠CDQ，由“SAS”可证△ADQ≌△BCQ，可得∠AQD＝∠BQC，即可得结论．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝4，
∴BC＝4，CD＝3，
∴BD＝＝5，
∴BD＝BE＝5，
∵Q为DE的中点，
∴S△DPQ＝S△DPE，
∴S△DPQ＝（S△BED﹣S△BDP）＝＝．
故答案为：．
（2）当t＝时，四边形MNQP为平行四边形，
理由如下：∵M、N分别为AB、AD的中点，
∴MN∥BD，MN＝BD＝，
∵t＝时，
∴BP＝＝BE，且点Q是DE的中点，
∴PQ∥BD，PQ＝BD＝，
∴MN∥PQ，MN＝PQ，
∴四边形MNQP是平行四边形．
（3）AQ⊥CQ．
理由如下：如图，连接BQ，
∵BD＝BE，点Q是DE中点，
∴BQ⊥DE，
∴∠AQD+∠BQA＝90°，
∵在Rt△DCE中，点Q是DE中点，
∴DQ＝CQ，
∴∠DCQ＝∠CDQ，且∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADQ＝∠BCQ，且BC＝AD，DQ＝CQ，
∴△ADQ≌△BCQ（SAS），
∴∠AQD＝∠BQC，且∠AQD+∠BQA＝90°，
∴∠BQC+∠BQA＝90°，
∴∠AQC＝90°，
∴AQ⊥CQ．
【点睛】本题考查平行四边形中的动点问题,关键在于熟练掌握矩形的性质,全等三角形的性质和判定.
19．（2019春·江苏连云港·八年级阶段练习）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为．
（1）当为何值时，四边形是矩形；
（2）当为何值时，四边形是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形的周长和面积．
【答案】（1）t=8s；（2）t=6s；（3）40cm，80cm2
【分析】（1）根据题中已知，当四边形是矩形时，AP=BQ，据此列出t的方程，解之即可；
（2）易证四边形AQCP是平行四边形，当AQ=CQ时，四边形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，根据菱形的周长和面积公式即可求解．
【详解】解：（1）在矩形中，，
，
由已知可得，，
在矩形中，，
当时，四边形为矩形
，得
故当时，四边形为矩形
（2），
四边形为平行四边形
当时，四边形为菱形
即时，四边形为菱形，解得
故当时，四边形为菱形
（3）当时，
则周长为；面积为
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，解答的关键是认真审题，找到点运动过程中满足结论的等价条件，进而推理、计算．
20．（2020春·江苏徐州·八年级统考期中）如图，平面直角坐标系xOy中，点O为坐标原点，四边形OABC为矩形，
A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点，点P在边BC上以每秒1个单位长的速度由点C向点B运动．
（1）直接写出坐标：D（ ， ）；
（2）当四边形PODB是平行四边形时，求t的值；
（3）在平面直角坐标系内是否存在点Q，使得以O、P、D、Q为顶点四边形为菱形，若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）5，0；（2）t＝5；（3）满足条件的点Q的坐标为：（8，4）、（﹣3，4）、（3，4）、（2.5，﹣4）．
【分析】（1）根据中点的定义求出OD的长即可解决问题；
（2）利用平行四边形的性质求出PC＝5即可解决问题；
（3）分四种情形：当P1O＝OD＝5或P2O＝P2D或P3D＝OD＝5或P4D＝OD＝5时，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵A（10，0），OD＝DA，
∴OA＝10，OD＝DA＝5，
∴D（5，0）．
故答案为5，0．
（2）∵四边形 PODB 是平行四边形，
∴PB＝OD＝5，
∴PC＝5，
∴t＝5．
（3）当P1O＝OD＝5时，由勾股定理可以求得P1C＝3，可得Q1（8，4）
当P2O＝P2D时，作P2E⊥OA，
∴OE＝ED＝2.5，可得Q2（2.5，﹣4），
当P3D＝OD＝5时，作DF⊥BC，由勾股定理，得P3F＝3，
∴P3C＝2，可得Q3（﹣3，4），
当P4D＝OD＝5时，作P4G⊥OA，由勾股定理，得DG＝3，
∴OG＝8，可得Q4（3，4），
综上所述，满足条件的点Q的坐标为：（8，4）、（﹣3，4）、（3，4）、（2.5，﹣4）．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理的运用．解决本题的关键是熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法．
21．（2022春·江苏镇江·八年级丹阳市第八中学校考阶段练习）如图所示，菱形的顶点在轴上，点在点的左侧，点在轴的正半轴上.点的坐标为.动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度，按照的顺序在菱形的边上匀速运动一周，设运动时间为秒.
(1)①点的坐标 .②求菱形的面积.
(2)当时，问线段上是否存在点，使得最小，如果存在，求出 最小值;如果不存在，请说明理由.
(3)若点到的距离是1，则点运动的时间等于 .

【答案】（1）①（2,0） ② （2）存在； （3）
【分析】（1）①过点作，根据点C的坐标求出BF的长度，便可求出C的坐标．
②根据已知，得到，菱形的面积为便可计算出
（2）作点关于的对称点为点，则有
便可找到最小值了．
（3）分四种情况进行讨论即可．
【详解】解：①
②过点作垂足为
点的坐标为
在菱形中，
如图所示:当时，
在菱形中，点关于的对称点为点
连结交于点.连接.
由易得
在中
最小值为
（3）分四种情况讨论：
第一种，如图2所示



第二种如图3所示


第三种情况如图4所示
同理可以得到

第四种情况如图5所示
同理可以得到AP=2

综上所述，满足条件的为：
【点睛】本题属于几何坐标系与几何图形的综合，结合动点进行考查，难度一般。做题时，认真分析，细心应对．
22．（2020春·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若E，F是AC上两动点，分别从A，C两点以相同的速度向C、A运动，其速度为1cm／s．
（1）当E与F不重合时，四边形DEBF是平行四边形吗?说明理由；
（2）若BD=8cm，AC=12cm，当运动时间t为何值时，以D、E、B、F为顶点的四边形是矩形?
【答案】（1）四边形DEBF是平行四边形，见解析；（2）t=2或10，以D、E、B、F为顶点的四边形是矩形．
【分析】（1）判断四边形DEBF是否为平行四边形，需证明其对角线是否互相平分；已知了四边形ABCD是平行四边形，故OB=OD；而E、F速度相同，方向相反，故OE=OF；由此可证得BD、EF互相平分，即四边形DEBF是平行四边形；
（2）若以D、E、B、F为顶点的四边形是矩形，则必有BD=EF，可据此求出时间t的值．注意分点E在线段OA上和在线段OC上分类讨论.
【详解】解:（1）∵点E、F的速度均为1cm/s
∴AE=FC
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AO=OC，DO=BO
∴EO=FO
∴四边形DEBF是平行四边形
（2）∵四边形DEBF是平行四边形，
∴当BD=EF时，四边形DEBF是矩形；
∵BD=8cm，
∴EF=8cm；
∴OE=OF=4cm；
∵AC=12cm；
∴OA=OC=6cm；
当E(或F)在线段OA(或OC)上时，AE=2cm
当E(或F)在线段OC(或OA)上时，AE=10cm；
由于动点的速度都是1cm/s，
所以t=2（s）或t=10（s）；
故当运动时间t=2s或10s时，以D、E、B、F为顶点的四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，熟练掌握平行四边形、矩形的判定和性质，是解答此题的关键．
23．（2021春·江苏苏州·八年级常熟市第一中学校考阶段练习）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝10cm，BC＝12cm．点E，F，G分别从A，B，C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为xcm/s．当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB'F，设点E，F，G运动的时间为t（单位：s）．
（1）当t＝ s时，四边形EBFB'为正方形；
（2）当x为何值时，以点E，B，F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形可能全等？
（3）是否存在实数t，使得点B'与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2.5；（2）3或4；（3）不存在，理由见解析
【分析】（1）利用正方形的性质，得到BE=BF，列一元一次方程求解即可；
（2）分两种情况讨论，①△EBF≌△FCG，②△EBF≌△GCF，分别根据对应边相等列等式计算即可；
（3）本问为存在型问题．假设存在，则可以分别求出在同一条件下的t值，但它们互相矛盾，所以不存在．
【详解】解：（1）若四边形EBFB′为正方形，则BE=BF，BE=10-t，BF=3t，
即：10-t=3t，
解得t=2.5；
（2）分两种情况讨论：
①△EBF≌△FCG，
则EB=FC，BF=CG，
∴，
解得：，
②当△EBF≌△GCF时，
则EB=GC，BF=FC，
∴，
解得：，
综上，当x=3或4时，以点E，B，F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形可能全等；
（3）假设存在实数t，使得点B′与点O重合．
如图，过点O作OM⊥BC于点M， ON⊥AB于点N，
则在Rt△OFM中，，，
∴，
即，
解得：
在Rt△OEN中，，，，
∴，
即，
解得：，
∵，
∴假设不成立，
即不存在实数t，使得点B'与点O重合．
【点睛】本题为运动型综合题，考查了矩形性质、轴对称、全等三角形的判定性质、勾股定理、解方程等知识点．注意分类讨论，避免漏解，利用假设法，然后通过推导出互相矛盾的结论，从而判定不存在是解此题的关键．
24．（2020秋·江苏淮安·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，长方形的顶点的坐标分别为，，是的中点，动点从点出发，以每秒个单位长度的速度，沿着运动，设点运动的时间为秒（）.
（1）点的坐标是______；
（2）当点在上运动时，点的坐标是______（用表示）；
（3）求的面积与之间的函数表达式，并写出对应自变量的取值范围.
【答案】（1）（3,4）；（2）（6，t－6）（3）
【分析】（1）根据长方形的性质和A、B的坐标，即可求出OA=BC=6，OC=AB=4，再根据中点的定义即可求出点D的坐标；
（2）画出图形，易知：点P的横坐标为6，然后根据路程＝速度×时间，即可求出点P的运动路程，从而求出AP的长，即可得出点P的坐标；
（3）分别求出点P到达A、B、D三点所需时间，然后根据点P运动到OA、AB、BD分类讨论，并写出t对应的取值范围，然后画出图形，利用面积公式即可求出各种情况下与之间的函数表达式．
【详解】解：（1）∵长方形的顶点的坐标分别为，，
∴OA=BC=6，OC=AB=4，BA⊥x轴，BC⊥y轴
∵是的中点，
∴CD=BD=BC=3
∴点D的坐标为（3,4）
故答案为：（3,4）；
（2）当点在上运动时，如下图所示
易知：点P的横坐标为6，
∵动点从点出发，以每秒个单位长度的速度，时间为t
∴点P运动的路程OA＋AP=t
∴AP=t－6
∴点P的坐标为（6，t－6）
故答案为：（6，t－6）；
（3）根据点P的速度可知：点P到达A点所需时间为OA÷1=6s
点P到达B点所需时间为（OA+AB）÷1=10s
点P到达D点所需时间为（OA+AB+BD）÷1=13s
①当点P在OA上运动时，此时，过点D作DE⊥x轴于E
∴DE=4
∵动点从点出发，以每秒个单位长度的速度，
∴OP=t
∴；
②当点P在AB上运动时，此时，
由（2）知AP=t－6
∴BP=AB－AP=10－t
∴
=
=
=；
③当点P在BD上运动时，此时，
∵动点从点出发，以每秒个单位长度的速度，时间为t
∴点P运动的路程OA＋AB＋BP=t
∴BP=t－OA－AB=t－10
∴DP=BD－BP=13－t
=
=
综上所述：
【点睛】此题考查的是平面直角坐标系与长方形中的动点问题，掌握行程问题公式：路程＝速度×时间、数形结合的数学思想和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
25．（2019秋·江苏常州·八年级校联考期中）综合探究题
在之前的学习中，我们已经初步了解到，长方形的对边平行且相等，每个角都是.如图，长方形中，，，为边上一动点，从点出发，以向终点运动，同时动点从点出发，以向终点运动，运动的时间为.
（1）当时，①则线段的长=______；
②当平分时，求的值；
（2）若，且是以为腰的等腰三角形，求的值；
（3）连接，直接写出点与点关于对称时与的值.
【答案】(1)①5cm ② (2)3或 (3),t=4
【分析】(1)①先得出，，，在中，根据勾股定理得，； ②当EP平分时，根据角平分线的性质可得：点P到EC的距离等于点P到AD距离，求出BC上的高等于4，根据面积可以求出a的值;
(2)先得出，，，再分两种情况①，②，建立方程即可得出结论；
(3)先判断出，，进而求出，再构造出直角三角形，得出，进而建立方程即可得出结论．
【详解】解：(1)① 四边形是长方形，
当时，由运动知，，
,
在中，根据勾股定理得，；
②当EP平分时，根据角平分线的性质可得：
点P到EC的距离等于点P到AD距离，
即：,

,则

.
故.
(2)当时，由运动知，，
，
在中，，
是以CE为腰的等腰三角形，
①，
，
.
②，

，
即：t的值为3或；
(3)如图，
由运动知，，
点C与点E关于对称，
,

过点P作于F，
四边形是长方形，
，
在中，
根据勾股定理得，，
，
.
【点睛】本题主要考查四边形中动点问题，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键.
26．（2019春·江苏南通·八年级校联考阶段练习）如图，平行四边形中，，，，点与点是平行四边形边上的动点，点以每秒个单位长度的速度，从点运动到点，点以每秒个单位长度的速度从点→点→点运动.当其中一个点到达终点时，另一个随之停止运动.点与点同时出发，设运动时间为，的面积为.
(1)求关于的函数关系式；
(2)为何值时，将以它的一边为轴翻折，翻折前后的两个三角形所组成的四边形为菱形.
【答案】（1）①当时，；②当时，；(2)时，不是等腰三角形，所以不存在符合条件的菱形. 当时，为等腰三角形.
【分析】（1）当0＜t≤2时，如图1，过点B作BE⊥CD，交DC的延长线于点E，根据三角形面积公式求得S关于t的函数关系式，当2＜t≤4时，如图2，CP=t，BQ=2t-4，过点P作PF⊥BC，交BC的延长线于F点，由三角形面积公式求得S关于t的函数关系式，
（2）要使翻折前后的两个三角形所组成的四边形为菱形，则△CPQ为等腰三角形，则要CQ=CP，看看t是否存在．
【详解】(1)①当时，如图1，过点作，交的延长线于点，
∴∠BED=90°,即∠BCE+∠CBE=90°,
∵四边形是平行四边形，∴AD∥BC,
，
，由勾股定理得：，
∵，
∴；
②当时，由题意得：CP=t,，，
如图2，过点P作PF⊥BC，交BC的延长线于点F,
∴∠F=90°，
∵四边形是平行四边形，∴AB∥DC,
∴，∵，
,
，由勾股定理得：,
∴，
即.
∴S= .
(2)当时，不是等腰三角形，所以不存在符合条件的菱形.
当时，令，即，解得
当时，为等腰三角形，
即为的一边所在直线为轴翻折，翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形.
【点睛】本题考查了四边形的综合题，解本题多次运用解直角三角形的知识，用含t的式子表示出有关线段的长度是解本题的关键．
27．（2019春·江苏南京·八年级校联考期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)求证：矩形DEFG是正方形．
(2)当点E从A点运动到C点时；
①求证：∠DCG的大小始终不变；
②若正方形ABCD的边长为2，则点G运动的路径长为 ．
【答案】(1)详见解析;（2）①详见解析;②
【分析】（1）要证明矩形DEFG为正方形，只需要证明它有一组临边（DE和EF）相等即可，而要证明两条线段相等，需证明它们所在的三角形全等，如下图本小题的关键是证明△EMF≌△END，∠MEF=∠NED可用等角的余角证明，EM=EN可用角平分线上的点到角两边距离相等，∠EMF和∠END为一组直角相等，所以可以用ASA证明它们全等；
（2）此类题，前面的问题是给后面做铺垫，第一问已经证明四边形DEFG为正方形，结合第一问我们很容易发现并证明△ADE≌△CDG，从而得到∠DCG=∠CAD=45°；
（3）当当E点在A处时，点G在C处；当E点在C处时，点G在AD的延长线上，并且AD=DG，以CD为边作正方形，我们会发现G点的运动轨迹刚好是正方形的对角线，它的长度等于.
【详解】证明:(1)
作EM⊥BC,EN⊥CD,
∵四边形ABCD为正方形
∴∠DCB=90°，∠ACB=∠ACD=45°
又∵EM⊥BC,EN⊥CD，
∴EM=EN（角平分线上的点到角两边距离相等），
∠MEN=90°，
∴∠MEF+∠NEF=90°，
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠DEF=90°，
∴∠NED+∠NEF=90°，
∴∠MEF=∠NED，
在△EMF和△END中
∵
∴△EMF≌△END，
∴DE=DF,
∴矩形DEFG为正方形；
（2）①证明：∵正方形ABCD、DEFG
∴AD=CD，ED=GD
∵∠ADE+∠DEC=90°，∠CDG+∠EDC=90°
∴∠ADE=∠CDG
在△ADE和△CDG中，
∵AD=CD，∠ADE=∠CDG，ED=GD
∴△ADE≌△CDG
∴∠DCG=∠EAD=45°
∴∠DCG的大小始终保持不变
②
以CD为边作正方形DCPQ，连接QC
∴∠DCQ=45°，
又∵∠DCG=45°
∴C、G、Q在同一条直线上，
当E点在A处时，点G在C处；当E点在C处时，点G在Q处，
∴G点的运动轨迹为QC，
∵正方形ABCD的边长为2
所以QC= ，
即点G运动的路径长为
【点睛】（1）本题考查正方形的判定定理，有一组临边相等的矩形为正方形，所以此题的关键是证明DE=DF，我们可通过化辅助线，证明△ADE≌△CDG；
（2）①本题考查的是全等三角形的判定定理和性质定理，结合第一问通过观察图象，我们会发现△ADE≌△CDG，所以∠DCG=∠EAD=45°；
②做这道题时，我们先构造模型，观察一下G点的起始位置和终点位置，结合①，我们会发现其实G点的运动轨迹刚好是正方形DCPQ的对角线，所以点G运动的路径长为.
28．（2019春·江苏泰州·八年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）求证：AE=DF；
（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出t的值，如果不能，说明理由；
（3）在运动过程中，四边形BEDF能否为正方形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）当t=10时，四边形AEFD是菱形；（3）四边形BEDF不能为正方形，理由见解析.
【分析】（1）由已知条件可得RT△CDF中∠C=30°，即可知DF= CD=AE=2t；
（2）由（1）知DF∥AE且DF=AE，即四边形ADFE是平行四边形，若构成菱形，则邻边相等即AD=AE，可得关于t的方程，求解即可知；
（3）四边形BEDF不为正方形，若该四边形是正方形即∠EDF=90°，即DE∥AB，此时AD=2AE=4t，根据AD+CD=AC求得t的值，继而可得DF≠BF，可得答案．
【详解】(1)∵Rt△ABC中,∠B=90°,∠A=60°，
∴∠C=90°−∠A=30°.
又∵在Rt△CDF中,∠C=30°，CD=4t
∴DF=CD=2t，
∴DF=AE；
(2)∵DF∥AB，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，
即60−4t=2t，解得：t=10，
即当t=10时，四边形AEFD是菱形；
(3)四边形BEDF不能为正方形，理由如下：
当∠EDF=90°时,DE∥BC.
∴∠ADE=∠C=30°
∴AD=2AE
∵CD=4t，
∴DF=2t=AE，
∴AD=4t，
∴4t+4t=60，
∴t= 时,∠EDF=90°
但BF≠DF，
∴四边形BEDF不可能为正方形．
【点睛】此题考查四边形综合题，解题关键在于得到DF= CD=AE=2t
29．（2019春·江苏苏州·八年级校联考期中）如图，将一三角板放在边长为4cm的正方形ABCD上，并使它的直角顶点P在对角线AC上滑动，直角的一边始终经过点B，另一边与射线DC相交于Q．设点P从A向C运动的速度为2cm/s，运动时间为x秒．
探究：
（1）当点Q在边CD上时，线段PQ与PB之间有怎样的数量关系？试证明你的猜想：
（2）当点Q在边CD上且x＝1s时，四边形PBCQ的面积是 ；
（3）当点P在线段AC上滑动时，△PCQ是否可能成为等腰三角形？如果可能，指出所有能使△PCQ成为等腰三角形的点Q的位置，并求出相应的x值；如果不可能，试说明理由．
【答案】(1) PQ＝PB,理由解析；(2) ；(3)能, x＝0s或2s,理由见解析
【分析】（1）过P点作MN∥BC分别交AB、DC于点M、N，由正方形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，∠BAC＝ACB＝45°，可证四边形ADNM，四边形BMNC都是矩形，可得BM＝NC，AM＝DN，MN＝AD＝BC，由“ASA”可证Rt△MBP≌Rt△NPQ，可得PQ＝PB；
（2）由四边形PBCQ的面积＝S四边形BMNC﹣2S△BPM，分别表示出△PBM与四边形BMNC的面积就可求解．
（3）△PCQ可能成为等腰三角形．①当点P与点A重合时，点Q与点D重合，PQ＝QC，
②当点Q在DC的延长线上，且CP＝CQ时，通过证明AB＝AP，可求x值．
【详解】解：探究：（1）PQ＝PB，
理由如下：如图，过P点作MN∥BC分别交AB、DC于点M、N，
∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝AD＝CD＝BC，AD∥BC，AB∥CD，∠BAC＝ACB＝45°
∵MN∥BC
∴MN∥AD∥BC，且AB∥CD，∠DAB＝∠ABC＝90°
∴四边形ADNM，四边形BMNC都是矩形，
∴BM＝NC，AM＝DN，MN＝AD＝BC
∵∠BAC＝45°，∠AMN＝90°
∴AM＝PM，
又∵AB＝MN，
∴MB＝PN，
∵∠BPQ＝90°，
∴∠BPM+∠NPQ＝90°；
又∵∠MBP+∠BPM＝90°，
∴∠MBP＝∠NPQ，
在Rt△MBP和Rt△NPQ中，
∴Rt△MBP≌Rt△NPQ（ASA），
∴PB＝PQ．
（2）∵x＝1s，
∴AP＝2cm
∴AM＝MP＝cm
∴MB＝AB﹣AB＝（4﹣）cm
∴四边形PBCQ的面积＝S四边形BMNC﹣2S△BPM＝4（4﹣）﹣2××（4﹣）×＝18﹣8（cm2）
故答案为（18﹣8）cm2
（3）△PCQ可能成为等腰三角形．
①当点P与点A重合时，点Q与点D重合，
∴PQ＝QC，此时，x＝0
②如图，当点Q在DC的延长线上，且CP＝CQ时，
∵CP＝CQ，∠ACD＝45°
∴∠PQN＝∠CPQ＝22.5°
∴∠QPN＝∠APB＝67.5°，
∵∠ABP＝180°﹣∠BAP﹣∠APB＝67.5°＝∠APB
∴AP＝AB＝4cm
∴x＝＝2s
综上所述：x＝0s或2s
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
30．（2018·江苏无锡·八年级校联考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠BAD=60°．动点E、F分别从点B、D同时出发，以1cm/s的速度向点A、C运动，连接AF、CE，取AF、CE的中点G、H，连接GE、FH．设运动的时间为ts（0＜t＜4）．
（1）求证：AF∥CE；
（2）当t为何值时，四边形EHFG为菱形；
（3）试探究：是否存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）t=1，（3）不存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形．
【分析】（1）根据菱形的性质得到∠B=∠D，AD=BC，AB∥DC，推出△ADF≌△CBE，根据全等三角形的性质得到∠DFA=∠BEC，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）过D作DM⊥AB于M，连接GH，EF，推出四边形AECF是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到四边形EGFH是菱形，证得四边形DMEF是矩形，于是得到ME=DF=t列方程即可得到结论；
（3）不存在，假设存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，根据矩形的性质列方程即可得到结果．
【详解】（1）证明：∵动点E、F同时运动且速度相等，
∴DF=BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AD=BC，AB∥DC，
在△ADF与△CBE中，
∴△ADF≌△CBE，
∴∠DFA=∠BEC，
∵AB∥DC，
∴∠DFA=∠FAB，
∴∠FAB=∠BEC，
∴AF∥CE；
（2）过D作DM⊥AB于M，连接GH，EF，
∴DF=BE=t，
∵AF∥CE，AB∥CD，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵G、H是AF、CE的中点，
∴GH∥AB，
∵四边形EGFH是菱形，
∴GH⊥EF，
∴EF⊥AB，∠FEM=90°，
∵DM⊥AB，
∴DM∥EF，
∴四边形DMEF是矩形，
∴ME=DF=t，
∵AD=4，∠DAB=60°，DM⊥AB，
∴
∴BE=4﹣2﹣t=t，
∴t=1；
（3）不存在，假设存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，
∵四边形EHFG为矩形，
∴EF=GH，
∴EF2=GH2，
即解得t=0，0＜t＜4，
∴与原题设矛盾，
∴不存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形．
【点睛】属于四边形的综合题，考查全等三角形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定等，掌握菱形的性质，矩形的判定是解题的关键．