中考数学一轮复习专题2.7 利用一元二次方程解决几何中的三大动点问题（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题2.7 利用一元二次方程解决几何中的三大动点问题（北师大版）（解析版），共65页。

考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对利用一元二次方程解决几何中的三大动点问题的理解！
【类型1 利用一元二次方程解决三角形中的动点问题】
1．（2023春·广东江门·九年级校考期中）如图，在等腰△ABC中，∠B=90°，AB=BC=8cm，动点P从点A出发沿AB向点B移动，作PQ∥AC，PR∥BC，当▱PQCR的面积为△ABC面积的一半时，点P移动的路程为（ ）
A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm
【答案】B
【分析】设AP＝xcm，则PB＝（8−x）cm，求出∠A＝45°，∠APR＝90°，得到PR＝PA＝xcm，然后根据▱PQCR的面积为△ABC面积的一半列方程求解即可．
【详解】解：设AP＝xcm，则PB＝（8−x）cm，
∵∠B＝90°，AB＝BC＝8cm，
∴∠A＝45°，
∵PR∥BC，
∴∠APR＝90°，
∴PR＝PA＝xcm，
∵▱PQCR的面积为△ABC面积的一半，
∴x⋅8−x=12×12×8×8，
解得：x1=x2=4，
∴点P移动的路程为4cm．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，一元二次方程的应用，根据几何图形的性质得出方程是解题的关键．
2．（2023春·浙江·九年级期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C=90°,AC=42cm，动点P从点A出发沿折线AC−CB向点终B以2cm/s的速度运动，PQ⊥AB于点Q．设运动时间为t(s)，当t= s时，△APQ的面积为4cm2．
【答案】22或4+22
【分析】利用等腰直角三角形的性质求出AB，设时间为t秒，分0≤t≤4和4【详解】解：∵在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=42cm，
∴AB=422+422=8，∠A=45°，∠B=45°．
∵PQ⊥AB于点Q．
∴设当时间为t秒时，△APQ的面积为4cm2．
当0≤t≤4时，AQ=t，PQ=t，
12AQ⋅PQ=4，即12t2=4，
解得：t=22或t=−22（舍去）．
当412AQ⋅PQ=4，即12t(8−t)=4，
解得：t=4+22或t=4−22（舍去）．
综上所述：当t=22或4+22秒时，△APQ的面积为4cm2．
故答案为：22或4+22．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积公式，解一元二次方程，解题的关键是理解点的运动情况，注意分类讨论．
3．（2023春•驻马店期末）如图，已知AG∥CF，AB⊥CF，垂足为 B，AB=BC=3 ，点 P 是射线AG 上的动点 （点 P 不与点 A 重合），点 Q是线段 CB上的动点，点 D是线段 AB的中点，连接 PD 并延长交BF于点 E，连接PQ，设AP=2t ，CQ=t，当△PQE 是以 PE为腰的等腰三角形时，t的值为 ．
【答案】37或25
【分析】以B为原点、直线CF为x轴，直线AB为y轴，建立直角坐标系，先证明AP=BE，即可得E点坐标为(2t,0)，CQ=t，BQ=3-t，P点坐标为(-2t,3)，C点坐标为(-3,0)，A点坐标为(0,3)，Q点坐标为(t-2,0)，根据Q点在线段BC上，P点不与A点重合，可得0＜t＜3，进而有BE=2t，BQ=3-t，QE=BQ+EB=3+t，利用勾股定理有：PQ2=3−3t2+9，QE2=t+32，PE2=16t2+9，根据△PQE是以 PE为腰的等腰三角形，分类讨论：当PQ=PE时，当QE=PE时两种情况，即可求解．
【详解】以B为原点、直线CF为x轴，直线AB为y轴，建立直角坐标系，如图，
∵AG∥CF，AB⊥CF，
∴AB⊥AG，
∴∠GAB=∠ABF=90°，
∵D点为AB中点，
∴AD=BD，
∴结合∠ADP=∠BDE可得△APD≌△BED，
∴AP=BE，
∵AP=2t，
∴BE=2t，
∴E点坐标为(2t,0)，
∵AB=BC=3，
∴CQ=t，即BQ=3-t，P点坐标为(-2t,3)，C点坐标为(-3,0)，A点坐标为(0,3)，
∴Q点坐标为(t-3,0)，
∵Q点在线段BC上，P点不与A点重合，
∴0＜t＜3，
∵BE=2t，BQ=3-t，
∴QE=BQ+EB=3+t，
∴利用勾股定理有：PQ2=−2t−t+32+3−02=3−3t2+9，QE2=t+32，PE2=−2t−2t2+3−02=16t2+9，
根据△PQE是以PE为腰的等腰三角形，分类讨论：
当PQ=PE时，有3−3t2+9=16t2+9，
整理：7t2+18t−9=0，
解得t=37（负值舍去），
当QE=PE时，有16t2+9=t+32，
整理：15t2−6t=0，
解得t=25（0舍去），
综上所述：t的值可以为37，25．
故答案为：37，25．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、构建直角坐标系、勾股定理、全等三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，构建直角坐标系是快速解答此题的关键．解答时，需注意分类讨论的思想．
4．（2023春·广东江门·九年级校考期中）如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P，Q同时从A，B两点出发，分别沿AB，BC匀速移动，它们的速度都是2cm/s，当点P到达点B时，P，Q两点都停止运动，设点P的运动时间为ts，解答下列问题：
(1)当t为何值时，△PBQ是以∠PQB为直角的直角三角形？
(2)是否存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的23？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）当∠PQB=90°时，利用直角三角形的性质建立方程，解方程即可得；
（2）假设存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的23，从而可得S△PBQ=33cm2，过点Q作QH⊥AB于点H，利用直角三角形的性质和勾股定理可得HQ=3tcm，再利用三角形的面积公式建立方程，然后利用一元二次方程根的判别式进行分析即可得出答案．
【详解】（1）由题意得：AP=2tcm,BQ=2tcm，
∴BP=AB−AP=(6−2t)cm，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
当点P到达点B时，t=AB2=3(s)，
则0∵∠PQB=90°，
∴∠BPQ=90°−∠B=30°，
∴BP=2BQ，即6−2t=2×2t，
解得t=1，符合题意；
（2）不存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的23，理由如下：
假设存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的23，
由（1）得：S△ABC=93cm2，
∴S△PBQ=13S△ABC=33cm2，
如图，过点Q作QH⊥AB于点H，
∴∠HQB=90°−∠B=30°，
∴BH=12BQ=tcm,HQ=BQ2−BH2=3tcm，
∴S△PBQ=12BP⋅HQ=12(6−2t)⋅3t=33，
整理得：t2−3t+3=0，
此方程根的判别式为Δ=9−4×1×3=−3<0，方程无解，
所以假设不成立，
即不存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的23．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用等知识点，正确建立关于时间t的方程是解题关键．
5．（2023春·江苏宿迁·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P从点A出发沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，同时动点Q从点B出发沿边BC向点C以4cm/s的速度移动，当P运动到B点时P、Q两点同时停止运动，设运动时间为ts．
(1)BP＝ cm；BQ＝ cm；（用t的代数式表示）
(2)D是AC的中点，连接PD、QD，t为何值时△PDQ的面积为40cm2？
【答案】(1)（12﹣2t）；4t
(2)t＝2或4
【分析】（1）根据速度×时间=路程，列出代数式即可；
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，利用三角形中位线定理求得DH的长度；然后根据题意和三角形的面积列出方程，求出方程的解即可．
【详解】（1）根据题意得：AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
所以BP＝（12﹣2t）cm．
故答案是：（12﹣2t）；4t．
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，
∵∠B＝90°，即AB⊥BC，
∴AB∥DH，
又∵D是AC的中点，
∴BH=12BC＝12cm，DH是△ABC的中位线，
∴DH=12AB＝6cm，
根据题意，得12×12×24-12×4t×（12﹣2t）-12×（24﹣4t）×6-12×2t×12＝40，
整理，得t2﹣6t+8＝0，
解得：t1＝2，t2＝4，
即当t＝2或4时，△PBQ的面积是40cm2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找到关键描述语，列出等量关系．
6．（2023·浙江金华·九年级期中）如图，在△ABC中，AB=AC=13厘米，BC=10厘米，AD⊥BC于点D，动点P从点A出发以每秒1厘米的速度在线段AD上向终点D运动．设动点运动时间为t秒．
（1）求AD的长；
（2）当△PDC的面积为15平方厘米时，求t的值；
（3）动点M从点C出发以每秒2厘米的速度在射线CB上运动．点M与点P同时出发，且当点P运动到终点D时，点M也停止运动．是否存在t，使得S△PMD=112S△ABC？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）12厘米；（2）6秒；（3）存在t的值为2或 29+2814或 29−2814，使得S△PMD=112S△ABC．
【分析】①根据等腰三角形性质和勾股定理解答即可；
②根据直角三角形面积求出PD×DC×12=15即可求出t；
③根据题意列出PD、MD的表达式解方程组，由于M在D点左右两侧情况不同，所以进行分段讨论即可，注意约束条件．
【详解】解：（1）∵AB=AC=13，AD⊥BC，
∴BD=CD=5cm，且∠ADB=90°，
∴AD2=AC2-CD2
∴AD=12cm．
（2）AP=t，PD=12-t，
又∵由△PDM面积为12PD×DC=15，
解得PD=6，
∴t=6．
（3）假设存在t，
使得S△PMD=112S△ABC．
①若点M在线段CD上，
即 0≤t≤52时，PD=12-t，DM=5-2t，
由S△PMD=112S△ABC，
即 12×(12−t)(5−2t)＝5，
2t2-29t+50=0
解得t1=12.5（舍去），t2=2．
②若点M在射线DB上，即 52≤t≤12．
由S△PMD=112S△ABC
得 12 (12−t)(2t−5)＝5，
2t2-29t+70=0
解得 t 1＝29+2814，t 2＝29−2814．
综上，存在t的值为2或 29+2814或 29−2814，使得S△PMD=112S△ABC．
【点睛】此题关键为利用三角形性质勾股定理以及分段讨论，在解方程时，注意解是否符合约束条件．
7．（2023春·九年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16 cm，AD为BC边上的高，动点P从点A出发，沿A→D方向以2 cm/s的速度向点D运动，过P点作矩形PDFE(E点在AC上)，设△ABP的面积为S1，矩形PDFE的面积为S2，运动时间为t秒(0＜t＜8)．
(1)经过几秒钟后，S1＝S2?
(2)经过几秒钟后，S1＋S2最大？并求出这个最大值．
【答案】(1) t＝4 (2) t＝6
【分析】分别根据运动方式列出面积S1,S2关于t的函数关系，第一问令面积相等，第二问配方求最值.
【详解】解：S1＝12×82×2t＝8t，S2＝2t(82－2t)＝－2t2＋16t，(1)由8t＝－2t2＋16t，解得t1＝4，t2＝0(舍去)，∴当t＝4秒时，S1＝S2
(2)∵S1＋S2＝8t＋(－2t2＋16t)＝－2(t－6)2＋72，∴当t＝6时，S1＋S2最大，最大为72
【点睛】关于x的两次三项式，可以配方化为只含一个变量的式子，再利用平方的非负性求最值,必要是需要引入二次函数的内容求最值.
8．（2023春·江苏淮安·九年级统考期中）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动，到达点C停止运动．设运动时间为t秒

（1）如图1，过点P作PD⊥AC，交AB于D，若△PBC与△PAD的面积和是△ABC的面积的79，求t的值；
（2）点Q在射线PC上，且PQ＝2AP，以线段PQ为边向上作正方形PQNM．在运动过程中，若设正方形PQNM与△ABC重叠部分的面积为8，求t的值．
【答案】（1）t1＝2，t2＝4；（2）t的值为477或25时，重叠面积为8．
【分析】（1）先求出△ABC的面积，然后根据题意可得AP＝t，CP＝6﹣t，然后再△PBC与△PAD的面积和是△ABC的面积的79，列出方程、解方程即可解答；
（2）根据不同时间段分三种情况进行解答即可.
【详解】（1）∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，
∴S△ABC＝12×6×6＝18，
∵AP＝t，CP＝6﹣t，
∴△PBC与△PAD的面积和＝12t2+12×6×（6﹣t），
∵△PBC与△PAD的面积和是△ABC的面积的79，
∴12t2+12×6×（6﹣t）＝18×79，
解之，得t1＝2，t2＝4；
（2）∵AP＝t，PQ＝2AP，
∴PQ＝2t，
①如图1，当0≤t≤2时，S＝（2t）2﹣12t2＝72t2＝8，
解得：t1＝477，t2＝﹣477（不合题意，舍去），
②如图2，当2≤t≤3时，S＝12×6×6﹣12t2﹣12（6﹣2t）2＝12t﹣25t2＝8，
解得：t1＝4（不合题意，舍去），t2＝45（不合题意，舍去），
③如图3，当3≤t≤6时，S＝12× 6×6﹣12t2＝8，
解得：t1＝25，t2＝﹣25（不合题意，舍去），
综上，t的值为47 7或25时，重叠面积为8．

【点睛】本题考查了三角形和矩形上的动点问题，根据题意列出方程和分情况讨论是解答本题的关键.
【类型2 利用一元二次方程解决四边形中的动点问题】
1．（2023春·陕西渭南·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=7,点E是AD上的一个动点，把△BAE沿BE向矩形内部折叠，当点A的对应点A1恰好落在∠BCD的平分线上时，CA1的长为 ．
【答案】32或42
【分析】过点A1作A1F⊥BC于F，根据等腰直角三角形的判定可得△CA1F为等腰直角三角形，设CF=A1F=x，从而得出BF= 7－x，CA1=2x，然后根据折叠的性质可得AB=A1B=5，再利用勾股定理求出x，即可求出结论．
【详解】解：过点A1作A1F⊥BC于F
∵四边形ABCD为矩形，CA1平分∠BCD
∴∠A1CF=12∠BCD=45°
∴△CA1F为等腰直角三角形，设CF=A1F=x
则BF=BC－CF=7－x，CA1=2 A1F=2x
由折叠的性质可得AB=A1B=5
在Rt△BA1F中，BF2+A1F2=A1B2
即7−x2+x2=52
解得：x1=3，x2=4
∴CA1=32或42
故答案为：32或42．
【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题，掌握矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定及性质和解一元二次方程是解决此题的关键．
2．（2023春·河北邯郸·九年级统考期中）如图所示，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AB=16cm，AD=8cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向B移动，一直到达B为止；点Q以2cm/s的速度向D移动．当P、Q两点从出发开始 秒时，点P和点Q的距离是10cm．（若一点到达终点，另一点也随之停止运动）
【答案】2或225
【分析】设当P、Q两点从出发开始x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP=3xcm，DQ=16−2xcm， 利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设当P、Q两点从出发开始x秒时x≤163，点P和点Q的距离是10cm，
此时AP=3xcm，CQ=2xcm，如图，过Q作QM⊥AB于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形QMBC，AMQD是矩形，
∴QM=BC=AD=8cm，DQ=AM=16−2xcm，
∴PM=16−2x−3x，
则PQ2=QM2+PM2，
根据题意得：16−2x−3x2+82=102，
解得：x1=2，x2=225．
答：当P、Q两点从出发开始到2秒或225秒时，点P和点Q的距离是10cm．
故答案为：2或225．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，一元二次方程的应用以及勾股定理，利用勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．
3．（2023春·山东烟台·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=16cm，BC=6cm，动点P、Q分别以3cm/s，2cm/s的速度从点A，C同时出发，沿规定路线移动．

(1)若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，问经过多长时间P，Q两点之间的距离是10cm？
(2)若点P沿着AB→BC→CD移动，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试探求经过多长时间△PBQ的面积为12cm2？
【答案】(1)85s或245s；
(2)4秒或6秒．
【分析】（1）过点P作PE⊥CD于E，构造直角三角形，利用勾股定理即可求得；
（2）根据点P的三个位置进行分类讨论，表示出△PBQ的底和高，代入面积公式即可求得；
【详解】（1）解：过点P作PE⊥CD于E，
设x秒后，点P和点Q的距离是10cm．
16−2x−3x2+62=102，
∴x1=85， x2=245；
∴经过85s或245s，P、Q两点之间的距离是10cm；
（2）解：连接BQ．设经过ys后△PBQ的面积为12cm2．
①当0≤y≤163时，PB=16−3y，
∴12PB⋅BC=12，即12×16−3y×6=12，
解得y=4；
②当163≤y≤223时，BP=3y−16，QC=2y，
则12BP⋅CQ=123y−16×2y=12，
解得y1=6，y2=−23（舍去）；
③223则12QP⋅CB=1222−y×6=12，
解得y=18（舍去）．
综上所述，经过4秒或6秒，△PBQ的面积为12cm2．
【点睛】本题考查了动点问题，相关知识点有：勾股定理求长度，解一元二次方程等知识点，分类讨论是本题的解题关键．
4．（2023春·浙江杭州·九年级期中）如图，点E，F分别在平行四边形ABCD的边BC，AD上，且BE=DF，AD=10，CD=8，动点P从点A出发沿着线段AE向终点E运动，同时点Q从点C出发沿着折线段C−F−A向终点A运动，且它们同时到达终点，设Q点运动的路程为x，PE的长度为y，且y=kx+8（k为常数，k≠0）．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）求AE的长．
（3）当k=−45时，
①求AF的值；
②连结PQ，QE，当△PQE为直角三角形时，求所有满足条件的x的值．
【答案】（1）见解析；（2）8；（3）①2；②1，3+213,3−213，5
【分析】（1）根据已知证明AF=EC,AF//EC即可得证；
（2）根据题，当x=0时，PE=y，令x=0时，即可求得AE；
（3）①当P到达E点时，Q点到达A点，此时PE=0,则y=0，令y=0求得x，可得CF+AF=10，结合已知条件可得AF；②由①可得，△ABE是等边三角形，分情况讨论，当Q在CF上，∠PEQ=90°时，根据含30度角的直角三角形的性质，可得CQ=12EC；当∠PQE=90°时，过点P,E分别作PN⊥FC,EM⊥FC，垂足为N,M,可得四边形PEMN是矩形，分别求得PE2,PQ2,QE2,根据勾股定理列出方程，解一元二次方程即可，当∠QPE=90°时，如图，过点E作EM⊥FC于点M,同理通过勾股定理求得x，当Q点在AF上时，观察图形可知不存在直角三角形．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形；
∴AD//BC,AD=BC
∴ AF//EC
∵ BE=DF
∴AD−AF=BC−BE
即AF=EC
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）∵依题意，设Q点运动的路程为x，PE的长度为y，
∴AP=AE−y，PE=y，y=kx+8
当x=0时，则y=8，PE=AE
∴PE=AE=8
（3）①当P到达E点时，Q点到达A点
此时PE=0,则y=0
当k=−45时，y=−45x+8
令y=0，解得x=10
则CF+AF=10
∵四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF=8
∴AF=2
②由①可知，AB=AE=8,EC=AF=2,BE=BC−EC=10−2=8
∴AB=BE=AE=8
∴△ABE是等边三角形
∴∠AEB=60°
连结PQ，QE，当△PQE为直角三角形时，
当Q在CF上，∠PEQ=90°时，如图，
∵ ∠AEB=60°
∴∠QEC=30°
∴CQ=12EC=1
即x=1；
当∠PQE=90°时，过点P,E分别作PN⊥FC,EM⊥FC，垂足为N,M,
∵AE//FC
∴PN⊥AE,EM⊥AE
∴四边形PEMN是矩形，
∵FC//AE,∠AEB=60°
∴∠MCE=60°
∴∠MEC=30°
∵EC=2
∴MC=1
∴EM=EC2−MC2=3MC=3
∵QC=x
∴QM=QC−MC=x−1
在Rt△QEM中
QE2=EM2+QM2=3+(x−1)2
∵四边形PEMN是矩形，
∴PE=NM=y=−45x+8，PN=EM=3
∴NQ=MN−QM=−45x+8−(x−1)=−95x+9
在Rt△PNQ中
PQ2=PN2+NQ2=3+(−95x)+92
∵△PEQ是Rt△
∴PE2=PQ2+QE2
即(−45x+8)2= 3+(x−1)2+3+(−95x)+92
化简得：3x2−18x+20=0
解得：x1=3+213,x2=3−213
当∠QPE=90°时，如图，过点E作EM⊥FC于点M,
∵FC//AE
∴EM⊥AE
∴∠QOE=∠PEM=∠EMQ=90°
∴四边形PEMQ是矩形，
∴PE=QM =y =−45x+8
∵FC//AE,∠AEB=60°
∴∠MCE=60°
∴∠MEC=30°
∵EC=2
∴MC=1
∴EM=EC2−MC2=3MC=3
∵QC=x
∴QM=QC−MC=x−1
∵ x−1=−45x+8
解得x=5
当Q点在AF上运动时，△PEQ不是直角三角形，
综上所述，所有满足条件的x的值为：1，3+213,3−213，5
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，解一元二次方程，函数的解析式，分类讨论是解题的关键．
5．（2023春·江西吉安·九年级校联考期中）如图，在△ABD中，AB=AD,AO平分∠BAD,过点D作AB的平行线交AO的延长线于点C,连接BC
（1）求证：四边形ABCD是菱形．
（2）如果OA,OB(OA>OB)的长（单位：米）是一元二次方程x2−7x+12=0的两根，求AB的长以及菱形ABCD的面积．
（3）若动点M从A出发，沿AC以2m/s的速度匀速直线运动到点C,动点N从B 出发，沿BD以1m/s的速度匀速直线运动到点D，当M运动到C点时运动停止．若M、N同时出发，问出发几秒钟后，△MON的面积为14m2？
【答案】（1）证明见解析；（2）5，24；（3）M，N出发5−22秒，52秒，5+22秒钟后，△MON的面积为14m2．
【分析】（1）根据题意，用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”先判定平行四边形，再用邻边相等证明菱形；
（2）解方程可得OA、OB的长，用勾股定理可求AB，根据“菱形的面积对应对角线积的一半”计算连线面积；
（3）根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分三种情况分别讨论．
【详解】（1）证明：∵AO平分∠BAD，AB∥CD
∴∠DAC=∠BAC=∠DCA
∴△ACD是等腰三角形，AD=DC
又∵AB=AD
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又∵AB=AD，∴▱ABCD是菱形；
（2）解：解方程x2-7x+12=0，得
OA=4，OB=3，
利用勾股定理AB=OA2+OB2=5，
S菱形ABCD=12AC×BD=12×8×6=24平方米．
（3）解：在第（2）问的条件下，设M、N同时出发x秒钟后，△MON的面积为14m2，
当点M在OA上时，x<2，S△MON=12（4-2x）（3-x）=14；
解得x1=5−22，x2=5+22（大于2，舍去）；
当点M在OC上且点N在OB上时，2＜x＜3，S△MON=12（3-x）（2x-4）=14，
解得x1=x2=52；
当点M在OC上且点N在OD上时，即3解得x1=5+22，x2=5−22（小于3，舍去）．
综上所述：M，N出发5−22秒，52秒，5+22秒钟后，△MON的面积为14m2．
6．（2023春·浙江·九年级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝16cm，AB＝12cm，BC＝21cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间为t（秒）．
（1）当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形；
（2）当t为何值时，以C，D，Q，P为顶点的四边形面积等于60cm2？
（3）当0【答案】（1）t＝5或373；（2）9或15；（3）存在，t＝163秒或72
【分析】（1）由题意已知，AD∥BC，要使四边形PQDC是平行四边形，则只需要让QD＝PC即可，利用时间＝路程÷速度，即可求出时间；
（2）要使以C、D、Q、P为顶点的梯形面积等于60cm2，可以分为两种情况，点P、Q分别沿AD、BC运动或点P返回时，再利用梯形面积公式，即（QD＋PC）×AB÷2＝60，因为Q、P点的速度已知，AD、AB、BC的长度已知，用t可分别表示QD、BC的长，即可求得时间t；
（3）当0【详解】解：（1）∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ＝CP，
当P从B运动到C时，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，
CP＝21﹣2t，
∴16﹣t＝21﹣2t，
解得：t＝5，
当P从C运动到B时，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，
CP＝2t﹣21，
∴16﹣t＝2t﹣21，
解得：t＝373，
∴当t＝5或373秒时，四边形PQDC是平行四边形；
（2）若点P、Q分别沿AD、BC运动时，
12（DQ＋CP）•AB＝60，
即12（16﹣t＋21﹣2t）×12＝60，
解得：t＝9（秒），
若点P返回时，CP＝2t﹣2，
则12（16﹣t＋2t﹣21））×12＝60，
解得：t＝15（秒）．
故当t＝9或15秒时，以C，D，Q，P为顶点的梯形面积等60cm2；
（3）当PQ＝PD时，作PH⊥AD于H，则HQ＝HD，
∵QH＝HD＝12QD＝12（16﹣t），
∵AH＝BP，
∴2t＝12（16﹣t）＋t，
∴t＝163秒；
当PQ＝QD时，QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝2t﹣t＝t，QD＝16﹣t，
∵QD2＝PQ2＝t2＋122，
∴（16﹣t）2＝122＋t2，
解得t＝72（秒）；
当QD＝PD时，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BP＝16﹣2t，
∵QD2＝PD2＝PH2＋HD2＝122＋（16﹣2t）2，
∴（16﹣t）2＝122＋（16﹣2t）2，
即3t2﹣32t＋144＝0，
∵△<0，
∴方程无实根，
综上可知，当t＝163秒或72秒时，△PQD是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质，特别应该注意要全面考虑各种情况，不要遗漏．
7．（2023春·浙江杭州·九年级校考期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm，∠C＝30°．点P以2cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣B﹣C向点C运动，同时点Q以1cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣D﹣C向点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动．设运动时间为ts．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）求当t＝0.5s时，△APQ的面积；
（3）当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的38时，求t的值．
【答案】（1）4cm2；（2）18cm2；（3）3或3
【分析】（1）过点B作BE⊥CD于点E，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出平行四边形的高，从而求出结论；
（2）过点Q作QM⊥AP，分别计算出t＝0.5s时，AP，AQ和QM的长，则按三角形面积公式计算即可；
（3）分点P在线段AB上，点Q在线段AD上和点P在线段BC上，点Q在线段CD上，两种情况计算即可．
【详解】解：（1）平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm
∴CD＝AB＝4cm，BC＝AD＝2cm
如图，过点B作BE⊥CD于点E，
∵∠C＝30°
∴BE＝12BC＝1cm
∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BE＝4×1＝4cm2
（2）当t＝0.5s时，
AP＝2×0.5＝1cm，AQ＝1×0.5＝0.5cm
如图，过点Q作QM⊥AP
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C
∵∠C＝30°
∴∠A＝30°
∴QM＝12AQ＝12×0.5＝14（cm）
∴△APQ的面积为：12×AP×QM＝12×1×14＝18（cm2）
（3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为4cm2．
∴当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的38时，
△APQ的面积为：4×38＝32（cm2）
当点P在线段AB上运动t秒时，点Q在AD上运动t秒，AP＝2tcm，AQ＝tcm，高为AQ2＝t2cm
∴12×2t×t2＝32
∴t＝﹣3（舍）或t＝3
∴t＝3时符合题意；
当点P运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点Q也运动到线段CD上，
如图，过点P作MN垂直CD于点M，垂直于AB延长线于点N
∵四边形ABCD为平行四边形，∠C＝30°，
∴AB∥CD
∴∠PBN＝∠C＝30°
PN＝12PB＝12（2t﹣4）＝（t﹣2）（cm），PM＝1﹣（t﹣2）＝（3﹣t）（cm）
S△APQ＝4﹣12×4×（t﹣2）﹣12×[4﹣（t﹣2）]×[1﹣（t﹣2）]﹣12（t﹣2）×1＝32
∴4﹣2t＋4﹣12（6﹣t）（3﹣t）﹣t2＋1＝32
化简得：t2﹣4t＋3＝0
∴（t﹣1）（t﹣3）＝0
∴t＝1（不符合题意，舍）或t＝3
当t＝3时，点P位于点C处，点Q位于线段CD上，符合题意．
综上，t的值为3或3．
【点睛】此题考查的是平行四边形的性质和一元二次方程的应用，掌握平行四边形的性质和各图形的面积公式是解决此题的关键．
8．（2023春·广东惠州·九年级惠州一中校考开学考试）如图，AC是正方形ABCD的对角线，AD＝8，E是AC的中点，动点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度先沿BC方向运动到点C，再沿CD方向向终点D运动，以EP、EQ为邻边作平行四边形PEQF，设点P运动的时间为t秒（0＜t＜8）
(1)当t＝1时，试求PE的长；
(2)当点F恰好落在线段AB上时，求BF的长；
(3)在整个运动过程中，当▱PEQF为菱形时，求t的值．
【答案】(1)PE=5
(2)BF=2
(3)83或163
【分析】（1）作EM⊥AB于M，由正方形的性质和已知条件得出AB=BC=CD=AD=8，证出EM∥BC，得出EM是△ABC的中位线，由三角形中位线定理得出EM=12BC=4，当t=1时，AP=1，求出PM=AM-AP=3，再由勾股定理求出PE即可；
（2）由平行四边形的性质得出PF=EQ，PF∥EQ，当点F恰好落在线段AB上时，得出EQ⊥BC，Q为BC的中点，得出EQ是△ABC的中位线，由三角形中位线定理得出EQ=12AB=4，求出PF=4，AP=2，即可求出BF的长；
（3）由菱形的性质得出PE=PQ，分四种情况：①当0＜t≤2时，作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N；②当2＜t≤4时；③当4＜t≤6时，作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N；④当6＜t≤8时；分别由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）作EM⊥AB于交AB于点M，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点，
∴AB=BC=CD=AD=8,AM=BM=AB=4，
∴EM是△ABC的中位线，
∴EM=12BC=4，
当t=1时，AP=1，
∴PM=AM−AP=3，
∴PE=PM2+EM2=32+42=5
（2）∵四边形PEQF是平行四边形，
∴PF=EQ,PF∥EQ，
当点F恰好落在线段AB上时，PF⊥BC，
∴EQ⊥BC，
∴Q为BC的中点，
∴EQ是△ABC的中位线，BQ=12BC=4，
∴EQ=12AB=4，
∴PF=4，
∵动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度先沿BC方向运动到点C，
∴t=4÷2=2，
∴AP=2
∴BF=AB−AP=PF=2
（3）当▱PEQF为菱形时，PE=PQ，分四种情况：
①当0∵PE2=PM2+EM2,EQ2=QN2+EN2，
∴(4−t)2+42=(4−2t)2+42，
解得：t=0（舍去），或t=83（舍去）；
②当2同①得：(4−t)2+42=(2t−4)2+42，
解得：t=0（舍去），或t=83
∴t=83
③当4∵PE2=PM2+EM2,EQ2=QN2+EN2，
∴(t−4)2+42=(12−2t)2+42，
解得：t=163或t=8（舍去），
∴t=163
④当6同③得：(t−4)2+42=(2t−12)2+42，
解得：t=163（舍去）或t=8（舍去）；
综上所述：在整个运动过程中，当▱PEQF为菱形时，t的值为83或163．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、勾股定理、平行四边形的性质、三角形中位线定理、菱形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要通过作辅助线进行分类讨论，运用勾股定理得出方程才能得出结果．
9．（2023春·九年级单元测试）如图，正方形ABCD的边长为4cm，动点P从点B出发，以2cm/s的速度沿B→C→D方向向点D运动，动点Q从点A出发，以1cm/s的速度沿A→B方向向点B运动，若P，Q两点同时出发，运动时间为ts．
(1)连接PD，PQ，DQ，当t为何值时，△PQD面积为7cm2？
(2)当点P在BC上运动时，是否存在这样的t的值，使得△PQD是以PD为腰的等腰三角形？若存在，请求出符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1秒或94秒
(2)存在，43秒或42−4秒
【分析】（1）根据正方形的性质和面积公式，利用割补法即可求解；
（2）根据勾股定理、等腰三角形的性质得出一元二次方程，分情况讨论以PD为腰的等腰三角形即可说明．
【详解】（1）解：如图，当点P在BC上时，此时0≤t≤2，根据题意，得：
AB=BC=CD=AD=4，AQ=t，BQ=4−t，BP=2t，PC=4−2t，
∵△PQD面积为7，
∴S△PQD=S正方形ABCD−S△ADQ−S△BPQ−S△CDP=7，
∴4×4−12×4×t−12×2t×4−t−12×4×4−2t=7，
整理，得：t2−2t+1=0，
解得：t1=t2=1．
如图，当点P在CD上时，此时2∴DP=4−2t−4=8−2t，
∴S△PQD=128−2t×4=7，
解得：t=94，
∴当t为1秒或94秒时，△PQD面积为7cm2．
（2）存在．
如图，当点P在BC上时，
①当PD=QD时，可得：
42+4−2t2=42+t2，
解得：t1=43，t2=4（不合题意，舍去），
②当PD=PQ时，可得：
42+4−2t2=4−t2+2t2，
整理，得：t2+8t−16=0，
解得：t1=42−4，t2=−42−4（不合题意，舍去），
如图，当点P在CD上时，此时2可知：DP<4，DQ>4，DQ>4，
∴不存在以PD为腰的等腰△PQD．
∴当t为43秒或42−4秒时，△PQD是以PD为腰的等腰三角形．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，一元二次方程的应用，割补法求面积．解题的关键是分类讨论思想的运用．
10．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在矩形ABCD中，AB=15cm，AD=5cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以2cm/s的速度向点D移动（点P停止移动时，点Q也停止移动）．设移动时间为t（s）．连接PQ，QB．
(1)用含t的式子表示线段的长：CQ=__________；PB=__________．
(2)当t为何值时，P、Q两点间的距离为13cm？
(3)当t为何值时，四边形APQD的形状可能为矩形吗？若可能，求出t的值；若不可能，请说明理由．
【答案】(1)2tcm，15−3tcm
(2)P、Q出发0.6和5.4秒时，P，Q间的距离是13cm
(3)P、Q出发3秒时四边形APQD为矩形
【分析】（1）根据题意可直接进行求解；
（2）可通过构建直角三角形来求解．过Q作QM⊥AB于M，如果设出发t秒后，QP=13cm．那么可根据路程=速度×时间，用未知数表示出PM的值，然后在直角三角形PMQ中，求出未知数的值．
（3）利用矩形的性质得出当AP=DQ时，四边形APQD为矩形求出即可
【详解】（1）解：由题意得：CQ=2tcm,AP=3tcm，
∵AB=15cm，
∴PB=15−3tcm；
故答案为2tcm，15−3tcm；
（2）解：设出发t秒后P、Q两点间的距离是13cm．
则AP=3t，CQ=2t，作QM⊥AB于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=ABC=90°，
∴四边形QMBC是矩形，
∴∠QMP=90°,QM=BC=5cm，
∴PM=15−2t−3t=15−5t，
由勾股定理得：(15−5t)2+52=132，
解得：t=0.6或t=5.4，
答：P、Q出发0.6和5.4秒时，P，Q间的距离是13cm；
（3）解：四边形APDQ的形状有可能为矩形；理由如下：
当四边形APQD为矩形，则AP=DQ，
即3t=15−2t，
解得：t=3．
答：当P、Q出发3秒时四边形APQD为矩形．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、勾股定理及矩形的性质，本题结合几何知识并根据题意列出方程是解题的关键．
【类型3 利用一元二次方程解决坐标系中的动点问题】
1．（2023春·陕西渭南·九年级统考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC、BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动，设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图像如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】由图②可知，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为12BC，则6=12×AB×(12BC)，解得AB⋅BC=24，而AB+BC=10，由此即可求解．
【详解】解：由图②可知：当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为12BC，
∴△AOP的面积=12×AB×(12BC)=6，
解得AB⋅BC=24①，
而从图②还可知：AB+BC=10②，
由②得：AB=10−BC③，
将③代入①，得：(10−BC)⋅BC=24，
解得：BC=4或BC=6，
当BC=4时，AB=10−BC=6，
当BC=6时，AB=10−BC=4，
∵在矩形ABCD中，AB>AD，
∴AB>BC，
∴BC=4，AB=6，
故选：D．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解，也考查了矩形的性质以及解一元二次方程．
2．（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴上，边OC在x轴上，点B的坐标是8,6，D为AB边上一个动点，把△OAD沿OD折叠，若点A的对应点A′恰好落在矩形的对角线AC上，则点A′的坐标为（ ）

A．14425,4225B．10425,7225C．5625,4225D．9625,7225
【答案】A
【分析】过点A′作A′E⊥x轴于点E，先利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=−34x+6，从而可设点A′的坐标为a,−34a+60【详解】解：如图，过点A′作A′E⊥x轴于点E，

∵矩形OABC的边OA在y轴上，边OC在x轴上，点B的坐标是8,6，
∴OA=6,OC=8,A0,6,C8,0，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
将点A0,6,C8,0代入得：8k+b=0b=6，解得k=−34b=6，
则直线AC的解析式为y=−34x+6，
设点A′的坐标为a,−34a+60由折叠的性质得：OA′=OA=6，
在Rt△A′OE中，A′E2+OE2=A′O2，即−34a+62+a2=62，
解得a=14425或a=0（不符合题意，舍去），
∴−34a+6=−34×14425+6=4225，
∴A′14425,4225，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、一次函数的几何应用、勾股定理、折叠的性质、一元二次方程的应用，正确求出直线AC的函数解析式是解题关键．
3．（2023春·四川德阳·九年级统考期末）如图①，在△ABC中，AD⊥BC于D，BC=14，AD=8，BD=6，点E是AD上一动点（不与点A，D重合），在△ADC内作矩形EFGH，点F在DC上，点G、H在AC上，设DE=x，连接BE．

(1)设矩形EFGH的面积为S1，△ABE的面积为S2，令y=S1S2，求y关于x的函数解析式；（要求写出自变量的取值范围）
(2)如图②，点M是（1）中得到的函数图象上的任意一点，N的坐标为2，0，当△OMN为等腰三角形时，求点M的坐标．
【答案】(1)y=x30(2)1，13或3105，105或185，65
【分析】（1）由题意可求出CD=8=AD，即得出∠DAC=∠DCA=45°，再结合矩形的性质可求出∠DFE=∠DEF=∠DAC=∠DCA=45°,即得出DE=DF=x，从而得出AE=CF=8−x，GH=EF=2DE=2x，进而可求出S2=12AE⋅BD=24−3x．又可证AH=EH，结合勾股定理即可求出EH=22AE=228−x，从而可求出S1=EF⋅EH=8x−x2，再作比，化简即可得出答案，最后由题意即可确定x的取值范围；
（2）根据题意画出图象，分类讨论：①当OM=MN时，如图点M1；②当OM=ON时，如图点M2；③当MN=ON时，如图点M3，分别根据等腰三角形的定义结合勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵BC=14，AD=8，BD=6，
∴CD=8=AD．
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=∠DCA=45°．
∵四边形EFGH是矩形，
∴EF∥AC，∠AHE=∠CGF=90°．
∴∠DFE=∠DEF=∠DAC=∠DCA=45°,
∴DE=DF=x，
∴AE=CF=8−x，GH=EF=2DE=2x，
∴S2=S△ABE=12AE⋅BD=12×8−x×6=24−3x．
∵∠DAC=45°，∠AHE=90°,
∴AH=EH．
∵AH2+EH2=AE2，
∴EH=22AE=228−x，
∴S1=S矩形EFGH=EF⋅EH=2x×228−x=8x−x2，
∴y=S1S2=8x−x224−3x=x3．
∵点E是AD上一动点（不与点A，D重合），
∴0∴y关于x的函数解析式为y=x30（2）解：分类讨论：①当OM=MN时，如图点M1，
∵N2，0，
∴xM1=1，
∴yM1=13，
∴此时M点坐标为1，13；
②当OM=ON时，如图点M2，过点M2作M2P⊥x轴于点P．
∵N2，0，
∴OM2=ON=2．
设M2a，13a，
∴OM2=a2+13a2=2
解得：a=3105（舍去负值），
∴yM2=13×3105=105，
∴此时M点坐标为3105，105；
③当MN=ON时，如图点M3，过点M3作M3P⊥x轴于点P．
∵N2，0，
∴M3N=ON=2．
设M3b，13b，
∴NQ=b−2．
∵NQ2+M3Q2=M3N2，
∴b−22+13b2=22，
解得：b1=185，b2=0（舍），
∴yM3=13×185=65，
∴此时M点坐标为185，65．

综上可知点M的坐标为1，13或3105，105或185，65．
【点睛】本题考查矩形的性质，一次函数的实际应用，等腰三角形的定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的实际应用等知识．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
4．（2023春·广东佛山·九年级佛山市华英学校校考期中）如图，平面直角坐标系中，已知点A(10,0)，点B(0,8)，过点B作x轴的平行线l，点P是在直线l上位于第一象限内的一个动点，连接OP，AP．
(1)求出SΔAOP=__________；
(2)若OP平分∠APB，求点P的坐标；
(3)已知点C是直线y=85x上一点，若ΔAPC是以AP为直角边的等腰直角三角形，求点C的坐标.
【答案】(1)40
(2)(4,8) 或(16,8)
(3)(10,16)或（2，165）.
【分析】（1）先求出P点的纵坐标，再根据三角形的面积公式计算△AOP即可.
（2）设P(m,8),根据BP∥OA, OP平分∠APB可得PA=OA=10,，再根据两点之间的距离公式求出m的值即可得P点的坐标.
（3）设P(m,8), C(n,85n),分两种情况讨论：①当∠APC=90°且AP=CP时；②当∠PAC=90°,且AP=AC时.画出图形，构造三垂直模型，根据全等三角形的对应边相等列出关于m,n的方程组，求出m,n的值即可求得C点的坐标.
【详解】（1）
如图1，作PH⊥x轴与H，
∵A(10,0)，
∴OA=10.
∵l∥x轴，点P是在直线l，
∴PH=8,
∴S△AOP=12OA⋅PH=12×10×8=40.
（2）设P(m,8),
∵BP∥OA,
∴∠BPO=∠POA,
∵OP平分∠APB，
∴∠BPO=∠APO,
∴∠POA=∠APO,
∴PA=OA=10,
∴PA2=OA2,
∴(m−10)2+82=102,
解得，m1=4,m2=16,
∴点P的坐标(4,8) 或(16,8).
（3）设P(m,8), C(n,85n)
当∠APC=90°，且AP=CP时，
①如图2，C点在直线l上方时，
过P点作直线EF⊥l,则EF⊥x轴于F点，过C点作CE⊥EF于E点,
则∠CEP=∠PFA=90°,
∠CPE+∠ECP=∠CPE+∠FPA=90°,
∴∠ECP=∠FPA,
又∵CP=AP,
∴△PCE≅△APF
∴CE=PF,EP=FA,
∴n−m=885n−8=10−m，解得m=2n=10.
则85n=16,
则C(10,16).
②
如图3，由△PCE≅△APF得
CE=PF,EP=FA,
∴m−n=885n−8=m−10解得m=18n=10.
则85n=16,
∴C(10,16).
当∠PAC=90°,且AP=AC时,如图4
作CE⊥x轴于E，PF⊥x轴于F,
则△ACE≅△PAF，
∴CE=FA,AE=PF,
则85n=m−1010−n=8，解得m=665n=2，
则85n=165，
∴C（2，165）.
综上，C点的坐标为(10,16)或（2，165）.
【点睛】本题综合性较强，难度较大.主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，以及数形结合思想和分类讨论思想.注意第（3）小题考虑问题要全面.正确的画出图形是解题的关键.
5．（2023春·广东江门·九年级江门市福泉奥林匹克学校校考期中）已知，如图：在直角坐标系中，正方形AOBC的边长为4，点D，E分别是线段AO，BO上的动点，D点由A点向O点运动，速度为每秒1个单位，E点由B点向O点运动，速度为每秒2个单位，当一个点停上运动时，另一个点也随之停止，设运动时间为t（秒）
(1)如图1，当t为何值时，△DOE的面积为6；
(2)如图2，连接CD，与AE交于一点，当t为何值时，CD⊥AE；
(3)如图3，过点D作DG∥OB，交BC于点G，连接EG，当D，E在运动过程中，使得点D，E，G三点构成等腰三角形，求出此时t的值
【答案】(1)3−7
(2)43
(3)0， 1.6， 0.8， 1
【分析】（1）先表示出OE，OE，利用△DOE的面积为6建立方程求解即可得出结论；
（2）先判断出∠ACD=∠OAE，进而利用AAS判断出△AOE≌△CAD，得出AD=OE建立方程求解即可得出结论；
（3）分DG=DE，GE=DE，DG=EG三种情况进行分类讨论．
【详解】（1）由题意知，AD=t，BE=2t，OA=4,
∴OD=4-t，OE=4-2t，
∴S△DOE=12⋅OE⋅OD=4−2t4−t=6，
∴t2−6t+2=0，
∴t=3−7或t=3+7＞2（舍），
即当t为3-7秒时，△DOE的面积为6；
（2）如图2，当CD⊥AE时，此时，∠ACD+∠CAF=90°，
∵∠CAF+∠OAE=90°，
∴∠ACD=∠OAE，
∵∠AOE=∠CAD=90°，OA=AC，
∴△AOE≌△CAD（AAS），
∴AD=OE，
∴t=4-2t，
∴t=43；
即所求t值为43；
（3）∵四边形OACB是正方形，DG∥OB，
∴可得四边形OBGD是矩形，
∴OB=DG=4，OD=BG=4-t，
①如图3，当EG=DG=4时，
在Rt△BEG中，BE2+BG2=GE2，
∴2t2+4−t2=42，
∴5t2−8t=0，
∴t=0或t=1.6；
②如图4，当DE=DG=4时，
在Rt△ODE中，OE2+OD2=DE2，
∴4−2t2+4−t2=16，
∴t=0.8或t=4＞2（舍），
如图5，当DE=GE时，
∵OD=BG，∠DOE=∠GBE=90°，
∴△ODE≌△BGE，
∴OE=BE，
∴2t=2，
∴t=1，
综上所述t的值为：0、1.6、0.8、1．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角形的面积公式，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
6．（2023春·浙江·九年级期中）如图直角坐标系中直线AB与x轴正半轴、y轴正半轴交于A，B两点，已知B0,4，∠BAO=30°，P，Q分别是线段OB，AB上的两个动点，P从O出发以每秒3个单位长度的速度向终点B运动，Q从B出发以每秒8个单位长度的速度向终点A运动，两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动结束，设运动时间为t（秒）．
(1)求线段AB的长，及点A的坐标；
(2)t为何值时，△BPQ的面积为23；
(3)若C为OA的中点，连接QC，QP，以QC，QP为邻边作平行四边形PQCD．是否存在时间t，使x轴恰好将平行四边形PQCD的面积分成1:3两部分，若存在，求出t的值．
【答案】(1)AB=8，A43,0
(2)t为1秒或13秒
(3)存在，t为25秒
【分析】（1）先确定出OB=4，再用含30°角的直角三角形的性质即可得出结论；
（2）先确定出HQ，再利用三角形面积公式建立方程求解即可得出结论；
（3）先确定点E是PD的中点，，再利用平行四边形的对角线互相平分，建立方程求解，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵B0,4，
∴OB=4，
在Rt△AOB中，∠BAO=30°，
∴AB=2OB=8，
∴AO=AB2−BO2=82−42=43，
∴A43,0．
∴线段AB的长为8，点A的坐标为43,0．
（2）如图，过点Q作QH⊥OB于点H，
∴HQ∥x轴，△BHQ是直角三角形，
∴∠BQH=∠BAO=30°，
∵P从O出发以每秒3个单位长度的速度向终点B运动，Q从B出发以每秒8个单位长度的速度向终点A运动，两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动结束，设运动时间为t秒，
∴OP=3t，BQ=8t，
∴BP=OB−OP=4−3t，
在Rt△BHQ中，∠BQH=30°，
∴BH=12BQ=12×8t=4t，
∴HQ=BQ2−BH2=8t2−4t2=43t，
∵△BPQ的面积为23，
∴124−3t×43t=23，
∴t1=1，t2=13．
∴t=1秒或13秒时，△BPQ的面积为23．
（3）如图，连接PC、DQ，过点Q作QH⊥OB于点H，
∵四边形CDPQ是平行四边形，
∴S△PCQ=S△PCD，点F是PC和DQ的中点，
∵x轴恰好将平行四边形PQCD的面积分成1:3两部分，
∴S△PCE=S△DCE=12S△PCD，
∴点E是PD的中点，
∴点E的纵坐标为0，
∵OP=3t，
∴P0,3t，
∴点D的纵坐标为−3t，
∵C为OA的中点，A43,0，
∴C43,0，
∵点F是PC和DQ的中点，
∴F23,32t，
∴点Q的纵坐标为6t，
由（2）可知：BH=4t，
∴OH=OB−BH=4−4t，
∴点Q的纵坐标为4−4t，
∴6t=4−4t，
∴t=25．
∴当t为25秒时，x轴恰好将平行四边形PQCD的面积分成1:3两部分．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积公式，三角形中线的性质，中点坐标，平行四边形的性质，勾股定理，一元二次方程，一元一次方程等知识．用方程的思想解决问题是解答本题的关键．
7．（2023春·浙江宁波·九年级校考期中）在平面直角坐标系xy中，A，B 点的坐标分别为（0，4），（-4，0） ，P点坐标为(0,m)，点E是射线BO 上的动点，满足BE=1.5OP ，以PE，EO 为邻边作▱PEOQ．
（1）当m=2时，求出PE的长度；
（2）当m﹥0时，是否存在m的值，使得▱PEOQ的面积等于△ABO面积的14，若存在求出m的值，若不存在，请说明理由；
（3）当点Q在第四象限时，点Q关于E点的对称点为Q′，点Q ′刚好落在AB上时，求m的值（直接写出答案）．
【答案】（1）PE=5；（2）m=23或2或4+273；（3）m=−167 ，
【详解】当m=2时
∴ PO=2
∵BE=1.5OP
∴BE=1.5×2=3
∵ BO=4
∴EO=4-3=1
在Rt△PEO中，由勾股定理
PE=22+12=5
（2）如图1，当点Q在第一象限时，
点E必在x轴的负半轴，点P必在y轴的正半轴．
∴ OP=m，BE=1.5m，∴OE=4−1.5m
□PEOQ的面积=m4−1.5m
△ABO的面积=12AO×BO=4×4÷2=8
∵▱PEOQ的面积等于△ABO面积的14
∴m4−1.5m=14×8
解得：m1=2或m2=23
如图2，当点Q在第二象限时，
∴ OP=m，BE=1.5m，
∴OE=1.5m−4
▱PEOQ的面积=m1.5m−4
△ABO的面积=12AO×BO=4×4÷2=8
∵▱PEOQ的面积等于△ABO面积的14
∴m1.5m−4=14×8
解得：m=4±273
∵BE＞BO
∴m＞83
∴m=4+273
∴当m=23或2或4+273时，使得▱PEOQ的面积等于△ABO面积的14；
（3）∵A，B点的坐标分别为（0，4），（-4，0），
∴直线AB的解析式为y=x+4，
∵点Q在第四象限，PQ∥EO，
∴点P在y轴负半轴，
∵P点坐标为（0，m），BE=1.5OP，
∴BE=-32m，
∴EO=4+32m，
∴PQ=EO=4+32m，点E（-4-32m，0），
∴点Q（4+32m，m），
∴点Q关于E点的对称点为Q'（-12-92m，-m），
∵点点Q′刚好落在直线AB上，
∴-m=-12-92m+4，
∴m=−167．
8．（2023春·浙江·九年级期中）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知四边形AOCD的顶点A，C分别在y轴和x轴上．直线y=−33x+8经过点A，与x轴交于点F.已知∠D=90°，∠OAD=120°，FC=43.CE平分∠OCD，交AD于点E，动点Q从A点出发沿着线段AF向终点F运动，动点P从C点出发沿着线段CE向终点E运动，P，Q两动点同时出发，且速度相同，当Q点到达终点时P点也停止运动，设AQ=m．
(1)求AF和EC的长；
(2)如图2，连接AP，CQ，求证：四边形AQCP为平行四边形；
(3)如图3，连接QP，PF，当△QPF为直角三角形时，求所有满足条件的m值．
【答案】(1)16，20
(2)见解析
(3)6或11或8或9
【分析】（1）求得A，F两点坐标，进而求得AF长，取AF的中点M，连接OM，作CG∥AD交AF的延长线于G，作GH⊥OC于H，求得A，F坐标，从而求得AF，推出△AOQ是等边三角形，从而得出∠OAF=60°，从而得出∠CFG=30°，进而得出AG∥CE，进一步得出四边形AECG是平行四边形，从而CE=AG，进一步求得结果；
（2）在（1）的基础上，证明出结论；
（3）分为三种情形，当∠QFP=90°，解直角三角形CPQ求得CP，进而求得AQ；当∠PQF=90°时，在∠QFP=90°的图形上，根据P′P1=FQ′求得结果；当∠QPF=90°时，分别表示出PQ2和PF2，根据PQ2+PF2=FQ2列出方程，进而求得结果．
【详解】（1）如图1，
取AF的中点M，连接OM，作CG∥AD交AF的延长线于G，作GH⊥OC于H，
当x=0时，y=8，
∴AF=8，
当y=0时，
0=−33x+8，
∴x=83，
∴OF=83，
∵∠AOF=90°，
∴AF=82+(83)2=16，
∵∠AOF=90°，M是AF的中点，
∴OM=AM=12AF=8，
∴AM=OM=OA=8，
∴∠OAF=60°，
∴∠CFG=∠AFO=90°−∠OAF=30°，
在四边形AOCD中，∠AOC=∠D=90°，
∴∠OCD=180°−∠OAD=60°，
∵CE平分∠OCD，
∴∠DCE=∠OCE=12∠OCD=30°，
∴∠DEC=90°−∠DCE=60°，
∴∠GCE=∠DEC=60°，
∴∠FCG=∠GCE−∠OCE=60°−30°=30°，
∴∠OCE=∠CFG=∠FCG=30°，
∴GF=GC，AG//CE
∴FH=CH=12CF=23，四边形AECG是平行四边形，
∴CE=AG，
设GH=x，则FG=2x，
∴(2x)2−x2=(23)2，
∴x1=2，x2=−2(舍去)，
∴FG=2x=4，
∴CE=AG=AF+FG=16+4=20；
（2）证明：由（1）知：AF//CE，
∵AQ=CP，
∴四边形AQCP为平行四边形；
（3）解：如图2，
当∠QFP=90°时，(图中∠Q1FP1=90°)，
∵∠ECF=30°，
∴FP1=12CF=23，
∴CP1=(43)2−(23)2=6，
∴AQ1=6，
当∠PQF=90°时，(图中∠P'Q'F=90°)，
由P'P1=FQ'得，
CP'−CP1=AF−AQ'，
∴AQ'−6=16−AQ'，
∴AQ'=11，
如图3，
当∠FPQ=90°时，作QG⊥CE于G作FH⊥CE于H，
设AQ=CP=x，
∴QF=16−x，PH=x−6，PG=GH−PH=QF−PH=16−x−x−6=22−2x，
在Rt△PGQ中，
PQ2=(23)2+(22−2x)2=4x2−88x+496，
在Rt△PHF中，
PF2=(23)2+(x−6)2=x2−12x+48，
由PQ2+PF2=QF2得，
4x2−88x+496+x2−12x+48=(16−x)2，
∴x1=8，x2=9，
∴AQ=8或9，
综上所述：AQ=6或11或8或9．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，平行四边形判定，直角三角形的分类等知识，解决问题的关键是正确分类，根据条件列出方程．
9．（2023春·浙江·九年级期中）如图1，已知，点O为坐标原点，点C在x轴的正半轴上．在▱AOCB中，边AO=2,OC=4,∠AOC=60°,∠AOC的角平分线交AB于点D．
（1）求B,D两点的坐标；
（2）若点M是直线OD上的一个动点，点N是坐标平面上的点，以点A,O,M,N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点N的坐标；
（3）如图2，点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿射线OD方向移动：同时点Q从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线OC方向移动，连结QP,BQ,BP，设移动时间t秒．当t为何值时，△PQB是直角三角形．
【答案】（1）B（5，3），D（3，3）；（2）（3+1，3+1）或（0，233）或（1−3，3−1）或（2，0）；（3）1或4或73
【分析】（1）如图1中，作AH⊥OC于H．解直角三角形求出AH，OH推出A（1，3），再证明OA=AD=2即可解决问题；
（2）分OA为对角线与边，共4种情况，画出图形，结合菱形的性质求解；
（3）分三种情形，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，作AH⊥OC于H．
在Rt△AOH中，∵OA=2，∠AOH=60°，
∴OH=12OA=1，AH=3，
∴A（1，3），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=OC=4，AB∥OC，
∴∠ADO=∠DOC，
∵∠AOD=∠DOC，
∴∠AOD=∠ADO，
∴AO=AD=2，
∴D（3，3），B（5，3）；
（2）如图，四边形AOMN为菱形，过M作ME⊥OC，垂足为E，
则OM=OA=2，
∵∠MOC=30°，
∴ME=12OM=1，
∴OE=22−12=3，
∴M（3，1），
∴N（3+1，3+1）；
如图，四边形AMON为菱形，MN与OA交于点E，
则OM=ON，MN⊥OA，AE=OE=1，
∵∠AOD=∠AON=30°，
∴ON=OE3×2=233，
∴N（0，233）；
如图，四边形AOMN为菱形，
∵D（3，3），
∴直线OD的表达式为y=33x，设M（a，33a），
∵OM=OA=2，
∴a2+33a2=2，
解得：a=−3或3（舍），
∴M（−3，-1），
∴N（1−3，3−1）；
如图，四边形AONM为菱形，
则OA=ON=2，此时M与点D重合，
∴N（2，0）；
综上：以点A,O,M,N为顶点的四边形是菱形时，点N的坐标为（3+1，3+1）或（0，233）或（1−3，3−1）或（2，0）；
（3）由题意P（32t，32t），Q（2t，0），B（5，3），
∴PB2＝（32t-5）2+（32t-3）2，BQ2＝（5-2t）2+3，PQ2＝（12t）2+（32t）2，
①当PB为斜边时，（32t-5）2+（32t-3）2＝（5-2t）2+3+（12t）2+（32t）2，
解得t＝1或0（舍弃）；
②当PQ为斜边时，（32t-5）2+（32t-3）2+（5-2t）2+3＝（12t）2+（32t）2，
解得t＝4或73；
③当BQ为斜边时，（32t-5）2+（32t-3）2+（12t）2+（32t）2＝（5-2t）2+3，
解得t＝0（不合题意）；
综上所述，满足条件的t的值为1或4或73．
【点睛】本题考查反比例函数综合题、平行四边形的性质、菱形的性质、勾股定理、一元二次方程等知识，解题的关键是学会用方程的思想思考问题，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
10．（2023春·重庆·九年级重庆市育才中学校联考期中）在平面直角坐标系中，直线l经过点A(2,0)和点B(0,2)．点C的横坐标为32，点D为线段OB的中点．
(1)求直线l的解析式．
(2)如图1，若点P为线段OA上的一个动点，当PC+PD的值最小时，求出点P坐标．
(3)在（2）的条件下，点Q在线段AB上，若△DPQ是等腰三角形，请直接写出满足条件的点Q的横坐标，并写出其中一个点Q的横坐标的求解过程．
【答案】(1)y=−x+2
(2)P(1,0)
(3)满足条件的点Q的横坐标为3−32或1+32或1，求解过程见解析
【分析】（1）根据点A,B的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）作点D关于x轴的对称点D′，从而可得当点C,P,D′共线时，PC+PD的值最小，再求出点C的坐标，利用待定系数法求出直线CD′的解析式，由此即可得；
（3）设点Q的坐标为Q(m,−m+2)(0≤m≤2)，先利用两点之间的距离公式分别求出PD2,PQ2,DQ2的值，再分①PD=PQ，②PD=DQ和③PQ=DQ三种情况，分别建立方程，解方程即可得．
【详解】（1）解：设直线l的解析式为y=kx+b，
将点A(2,0)和点B(0,2)代入得：2k+b=0b=2，解得k=−1b=2，
则直线l的解析式为y=−x+2．
（2）解：如图，作点D关于x轴的对称点D′，连接PD′,CD′，
则PD′=PD，
∴PC+PD=PC+PD′，
由两点之间线段最短可知，当点C,P,D′共线时，PC+PD′的值最小，
即直线CD′与x轴的交点为所求的点P，
∵点D为线段OB的中点，
∴D(0,1)，
∴D′(0,−1)，
对于函数y=−x+2，
当x=32时，y=−32+2=12，即C(32,12)，
设直线CD′的解析式为y=ax+c，
将点C(32,12)和点D′(0,−1)代入得：32a+c=12c=−1，解得a=1c=−1，
则直线CD′的解析式为y=x−1，
当y=0时，x−1=0，解得x=1<2，符合题意，
所以当PC+PD的值最小时，点P坐标为P(1,0)．
（3）解：设点Q的坐标为Q(m,−m+2)(0≤m≤2)，
则PD2=(1−0)2+(0−1)2=2，
PQ2=(m−1)2+(−m+2−0)2=2m2−6m+5，
DQ2=(m−0)2+(−m+2−1)2=2m2−2m+1，
由题意，分以下三种情况：
①当PD=PQ时，△DPQ是等腰三角形，
则PD2=PQ2，即2m2−6m+5=2，
解得m=3−32或m=3+32>2（不符题意，舍去），
此时点Q的横坐标为3−32；
②当PD=DQ时，△DPQ是等腰三角形，
则PD2=DQ2，即2m2−2m+1=2，
解得m=1+32或m=1−32<0（不符题意，舍去），
此时点Q的横坐标为1+32；
③当PQ=DQ时，△DPQ是等腰三角形，
则PQ2=DQ2，即2m2−6m+5=2m2−2m+1，
解得m=1，符合题意，
此时点Q的横坐标为1，
综上，满足条件的点Q的横坐标为3−32或1+32或1．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的几何应用、等腰三角形的定义、一元二次方程的应用，较难的是题（3），正确分三种情况讨论是解题关键．
11．（2023春·河南南阳·九年级南阳市第三中学校考期末）如图，平行四边形ABCO位于直角坐标系中，O为坐标原点，点A(−8,0)，点C3,4BC交y轴于点D. 动点E从点D出发，沿DB方向以每秒1个单位长度的速度终点B运动，同时动点F从点O出发，沿射线OA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，当点E运动到点B时，点F随之停止运动，运动时间为 t（秒）．
（1）用t的代数式表示： BE= ________， OF= ________
（2）若以A，B，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
（3）当△BEF恰好是等腰三角形时，求t的值．
【答案】（1）5－t，2t；（2）t=3或t=133；（3）t=53或t=910
【分析】(1)根据题意，可得点B的坐标为(−5，4)，即可求得BE=5−t，OF=2t；
（2）分两种情况讨论：①当F在A点右侧，四边形ABEF为平行四边形，BE=AF；②当F在A点左侧，四边形BEAF为平行四边形，BE=AF，列方程求解即可；
（3）分三种情况讨论：①当BF=EF时；②当EB=FB时；③当BE=FE时，分别列方程求解即可．
【详解】（1）如图
根据题意，可得点B的坐标为(−5，4)，点A(−8,0)，C(3,4)
∴BD=BC-CD=8-3=5，
BE=BD-DE=5－t；
OF＝2t
故答案为BE=5-t，OF=2t．
(2)解：①当F在A点右侧，四边形ABEF为平行四边形，
BE=AF，
即8−2t=5−t，
解得t=3，
②当F在A点左侧，四边形BEAF为平行四边形，
BE=AF，即5−t=2t−8，
解得t=133；
(3)解：当△BEF恰好是等腰三角形时，过点B作BJ⊥x轴于J，过点E作EK⊥x轴于K，
BE=5-t，
EF=EK2+FK2=42+(2t−t)2，
BF=BJ2+JF2=42+(5−2t)2，
有以下三种情况：
①当BF=EF时，有42+(2t−t)2=42+(5−2t)2，
5−2t=t，
解得t=53；
②当EB=FB时，
有(5−t)2=16+(5−2t)2，
△=100-4×3×16=-92＜0，故方程无解；
③当BE=FE时，有(5−t)2=16+t2，
解得t=910；
所以，当t=53或t=910时，△BEF恰好是等腰三角形．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，等腰三角形的判定，平行四边形的性质，解题的关键是熟悉并综合运用以上性质解决问题．
12．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知：如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的顶点C的坐标是（6，4），动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AC运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿线段BO运动，当Q到达O点时，P，Q同时停止运动，运动时间是t秒（t＞0）．
（1）如图1，当时间t＝ 秒时，四边形APQO是矩形；
（2）如图2，在P，Q运动过程中，当PQ＝5时，时间t等于 秒；
（3）如图3，当P，Q运动到图中位置时，将矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E，连接OP，OE，此时∠POE＝45°，连接PE，求直线OE的函数表达式．
【答案】（1）t＝2；（2）1或3；（3）y＝12x．
【分析】先根据题意用t表示AP、BQ、PC、OQ的长．
（1）由四边形APQO是矩形可得AP＝OQ，列得方程即可求出t．
（2）过点P作x轴的垂线PH，构造直角△PQH，求得HQ的值．由点H、Q位置不同分两种情况讨论用t表示HQ，即列得方程求出t．根据t的取值范围考虑t的合理性．
（3）由轴对称性质，对称轴PQ垂直平分对应点连线OC，得OP＝PE，QE＝OQ．由∠POE＝45°可得△OPE是等腰直角三角形，∠OPE＝90°，即点E在矩形AOBC内部，无须分类讨论．要求点E坐标故过点E作x轴垂线MN，易证△MPE≌△AOP，由对应边相等可用t表示EN，QN．在直角△ENQ中利用勾股定理为等量关系列方程即求出t．
【详解】∵矩形AOBC中，C（6，4）
∴OB＝AC＝6，BC＝OA＝4
依题意得：AP＝t，BQ＝2t（0＜t≤3）
∴PC＝AC﹣AP＝6﹣t，OQ＝OB﹣BQ＝6﹣2t
（1）∵四边形APQO是矩形
∴AP＝OQ
∴t＝6﹣2t
解得：t＝2
故答案为2．
（2）过点P作PH⊥x轴于点H
∴四边形APHO是矩形
∴PH＝OA＝4，OH＝AP＝t，∠PHQ＝90°
∵PQ＝5
∴HQ＝PQ2−PH2=3
①如图1，若点H在点Q左侧，则HQ＝OQ﹣OH＝6﹣3t
∴6﹣3t＝3
解得：t＝1
②如图2，若点H在点Q右侧，则HQ＝OH﹣OQ＝3t﹣6
∴3t﹣6＝3
解得：t＝3
故答案为1或3．
（3）过点E作MN⊥x轴于点N，交AC于点M
∴四边形AMNO是矩形
∴MN＝OA＝4，ON＝AM
∵矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E
∴PQ垂直平分OE
∴EQ＝OQ＝6﹣2t，PO＝PE
∵∠POE＝45°
∴∠PEO＝∠POE＝45°
∴∠OPE＝90°，点E在矩形AOBC内部
∴∠APO+∠MPE＝∠APO+∠AOP＝90°
∴∠MPE＝∠AOP
在△MPE与△AOP中
∠PME=∠OAP=90°∠MPE=∠AOPPE=0P
∴△MPE≌△AOP（AAS）
∴PM＝OA＝4，ME＝AP＝t
∴ON＝AM＝AP+PM＝t+4，EN＝MN﹣ME＝4﹣t
∴QN＝ON﹣OQ＝t+4﹣（6﹣2t）＝3t﹣2
∵在Rt△ENQ中，EN2+QN2＝EQ2
∴（4﹣t）2+（3t﹣2）2＝（6﹣2t）2
解得：t1＝﹣2（舍去），t2＝43
∴AM＝43+4＝163，EN＝4﹣43＝83
∴点E坐标为（163，83）
∴直线OE的函数表达式为y＝12x．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，解一元一次和一元二次方程．在动点题中要求运动时间t的值，常规做法是用t表示相关线段，再利用线段相等或勾股定理作为等量关系列方程求值．要注意根据t的取值范围考虑方程的解的合理性．