PAGE1PAGE2專題04特殊平行四邊形的綜合應用題型一中點四邊形1．（22-23九年級上·河南鄭州·期末）若順次連接四邊形各邊的中點所得的四邊形是正方形，則四邊形的兩條對角線一定是(

)A．互相平分 B．互相垂直 C．互相平分且相等 D．互相垂直且相等【答案】D【分析】由題意作出圖形，然后根據正方形的判定定理可進行排除選項．【詳解】解：如圖所示，點E、F、G、H分別是四邊形ABCD邊AD、DC、BC、AB的中點，∴，∴四邊形EFGH是平行四邊形，對于A選項：對角線互相平分，四邊形EFGH仍是平行四邊形，故不符合題意；對于B選項：對角線互相垂直，則有，可推出四邊形EFGH是矩形，故不符合題意；對于C選項：對角線互相平分且相等，則有，可推出四邊形EFGH是菱形，故不符合題意；對于D選項：對角線互相垂直且相等，則有，，可推出四邊形EFGH是正方形，故符合題意；故選D．2．（23-24九年級上·河南信陽·期末）下列說法：四邊相等的四邊形一定是菱形順次連接矩形各邊中點形成的四邊形一定是正方形對角線相等的四邊形一定是矩形經過平行四邊形對角線交點的直線，一定能把平行四邊形分成面積相等的兩部分其中正確的有個．A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【詳解】∵四邊相等的四邊形一定是菱形，∴①正確；∵順次連接矩形各邊中點形成的四邊形一定是菱形，∴②錯誤；∵對角線相等的平行四邊形才是矩形，∴③錯誤；∵經過平行四邊形對角線交點的直線，一定能把平行四邊形分成面積相等的兩部分，∴④正確；其中正確的有2個，故選：C．3．（22-23九年級上·河南開封·期末）如圖，已知點分別是四邊形的邊的中點，順次連接得到四邊形，我們把四邊形叫做四邊形的“中點四邊形”．若四邊形是菱形，則它的“中點四邊形”一定是（

）

A．平行四邊形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【答案】B【分析】本題考查平行四邊形及特殊平行四邊形的判定，涉及三角形中位線的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、菱形的性質及矩形的性質，根據題意，結合三角形中位線的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、菱形的性質及矩形的性質逐步推理即可得到答案，熟記三角形中位線的判定與性質、平行四邊形及特殊平行四邊形的判定是解決問題的關鍵．【詳解】解：連接，如圖所示：

點分別是四邊形的邊的中點，是的中位線、是的中位線、是的中位線，，且；，且；，，且，即四邊形是平行四邊形，四邊形是菱形，，，，，平行四邊形是矩形，故選：B．4．（23-24九年級上·河南濮陽·期末）依次連接矩形各邊中點所得到的四邊形是（

）A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．正方形【答案】B【分析】連接、，根據勾股定理求出，根據三角形中位線定理、菱形的判定定理得到四邊形為菱形．【詳解】解：連接、，

四邊形是矩形，，、分別是、的中點，，，同理，，，，，，，，四邊形為菱形，故選：B．5．（23-24九年級上·河南安陽·期末）若順次連接四邊形各邊中點所構成的四邊形是菱形，則原四邊形一定是（）A．矩形 B．菱形C．平行四邊形 D．對角線相等的四邊形【答案】D【分析】畫出圖形，由菱形的四邊相等和中位線性質可知該四邊形的兩條對角線相等.【詳解】解：如圖，根據題意得：四邊形EFGH是菱形，點E，F，G，H分別是邊AD，AB，BC，CD的中點，∴EF=FG=GH=EH，BD=2EF，AC=2FG，∴BD=AC．∴原四邊形一定是對角線相等的四邊形．故選D．6．（22-23九年級上·河南駐馬店·期末）如圖，任意四邊形ABCD中，E，F，G，H分別是AB，BC，CD，DA上的點，對于四邊形EFGH的形狀，某班學生在一次數學活動課中，通過動手實踐，探索出如下結論，其中錯誤的是（）A．當E，F，G，H是各邊中點，且AC=BD時，四邊形EFGH為菱形B．當E，F，G，H是各邊中點，且AC⊥BD時，四邊形EFGH為矩形C．當E，F，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH可以為平行四邊形D．當E，F，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH不可能為菱形【答案】D【分析】根據連接四邊形各邊中點所得的四邊形必為平行四邊形，根據中點四邊形的性質進行判斷，即可求解【詳解】解：A．當E，F，G，H是各邊中點，且AC=BD時，EF=FG=GH=HE，故四邊形EFGH為菱形，故A正確；B．當E，F，G，H是各邊中點，且AC⊥BD時，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四邊形EFGH為矩形，故B正確；C．當E，F，G，H不是各邊中點時，EF∥HG，EF=HG，故四邊形EFGH為平行四邊形，故C正確；D．當E，F，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH可能為菱形，故D錯誤；故選D．7．（22-23九年級上·河南平頂山·期末）任意四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別是AD、BC、BD、AC的中點，當四邊形ABCD滿足條件時，四邊形EGFH是菱形．（填一個使結論成立的條件）【答案】AB=CD【分析】E、G分別是AD，BD的中點，那么EG就是三角形ADB的中位線，同理，HF是三角形ABC的中位線，因此EG、HF同時平行且相等于AB，因此EG∥HF且EG=HF．因此四邊形EHFG是平行四邊形，E、H是AD，AC的中點，那么EH=CD，要想證明EHFG是菱形，那么就需證明EG=EH，那么就需要AB、CD滿足AB=CD的條件．需添加條件AB=CD．【詳解】解：需添加條件AB=CD．∵點E，G分別是AD，BD的中點，∴EG∥AB，且EG=AB同理HF∥AB，且HF=AB，∴EG∥HF，EG=HF．∴四邊形EGFH是平行四邊形．∵EG=AB，又可同理證得EH=CD，∵AB=CD，∴EG=EH，∴四邊形EGFH是菱形．故答案為AB=CD．8．（22-23九年級上·河南焦作·期末）如圖所示,在四邊形ABCD中，對角線AC⊥BD，垂足為O,點E，F，G,H分別為邊AD，AB，BC，CD的中點.若AC＝8，BD＝6,則四邊形EFGH的面積為．【答案】12【分析】有一個角是直角的平行四邊形是矩形．利用中位線定理可得出四邊形矩形，根據矩形的面積公式解答即可．【詳解】解：點、分別為四邊形的邊、的中點，，且．同理求得，且，又，，且．四邊形是矩形．四邊形的面積，即四邊形的面積是12．故答案是：12．9．（22-23九年級上·河南鶴壁·期末）我們給出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫中點四邊形．（1）如圖1，四邊形ABCD中，點E，F，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形；（2）如圖2，點P是四邊形ABCD內一點，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點E，F，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想；（3）若改變（2）中的條件，使∠APB=∠CPD=90°，其他條件不變，直接寫出中點四邊形EFGH的形狀．（不必證明）【答案】（1）證明見解析；（2）四邊形EFGH是菱形，證明見解析；（3）四邊形EFGH是正方形【分析】（1）如圖1中，連接BD，根據三角形中位線定理只要證明EH∥FG，EH=FG即可．（2）四邊形EFGH是菱形．先證明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再證明EF=FG即可．（3）四邊形EFGH是正方形，只要證明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可證明∠COD=∠CPD=90°，再根據平行線的性質即可證明．【詳解】（1）證明：如圖1中，連接BD．∵點E，H分別為邊AB，DA的中點，∴EH∥BD，EH=BD，∵點F，G分別為邊BC，CD的中點，∴FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=GF，∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．（2）四邊形EFGH是菱形．證明：如圖2中，連接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，在△APC和△BPD中，∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，∴△APC≌△BPD（SAS），∴AC=BD．∵點E，F，G分別為邊AB，BC，CD的中點，∴EF=AC，FG=BD，∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH是菱形．（3）四邊形EFGH是正方形．證明：如圖2中，設AC與BD交于點O．AC與PD交于點M，AC與EH交于點N．∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，∵四邊形EFGH是菱形，∴四邊形EFGH是正方形．10．（23-24九年級上·河南許昌·期末）已知：如圖，四邊形四條邊上的中點分別為、、、，順次連接、、、，得到四邊形即四邊形的中點四邊形．(1)四邊形的形狀是______，請證明你的結論；(2)當四邊形的對角線滿足______條件時，四邊形是菱形；(3)你學過的哪種特殊的平行四邊形的中點四邊形是菱形？請寫出一種．【答案】(1)平行四邊形．證明見解析(2)；(3)矩形的中點四邊形是菱形．【分析】（1）連接，根據三角形的中位線定理得到，，，，推出，，，根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形是平行四邊形；（2）根據有一組是鄰邊的平行四邊形是菱形，可知當四邊形的對角線滿足的條件時，四邊形是菱形；（3）矩形的中點四邊形是菱形．根據三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得，，再根據矩形對角線相等，然后根據四邊相等的四邊形是菱形．【詳解】（1）四邊形的形狀是平行四邊形．理由如下：如圖，連接．、分別是、中點，，，同理，，，，四邊形是平行四邊形；故答案為：平行四邊形；（2）當四邊形的對角線滿足的條件時，四邊形是菱形．理由如下：如圖，連接、．、、、分別為四邊形四條邊上的中點，，，，，，，又四邊形是平行四邊形平行四邊形是菱形；故答案為：；（3）矩形的中點四邊形是菱形．理由如下：連接、．、、、分別為四邊形四條邊上的中點，，，，，，，四邊形是矩形，，，四邊形是菱形．題型二特殊平行四邊形的動點問題11．（23-24九年級上·河南商丘·期末）如圖，點O為矩形的對稱中心，點E從點A出發沿向點B運動，移動到點B停止，延長EO交于點F，則四邊形形狀的變化依次為（

）

A．矩形→菱形→平行四邊形→矩形 B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形 D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形【答案】B【分析】根據對稱中心的定義，根據矩形的性質，可得四邊形AECF形狀的變化情況：這個四邊形先是平行四邊形，當對角線互相垂直時是菱形，然后又是平行四邊形，最后點E與點B重合時是矩形．【詳解】解：觀察圖形可知，四邊形AECF形狀的變化依次為平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形．故選：B．12．（23-24九年級上·河南三門峽·期末）如圖，在菱形中，，，點、同時由、兩點出發，分別沿、方向向點勻速移動（到點為止），點的速度為，點的速度為，經過秒為等邊三角形，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接BD，證出△ADE≌△BDF，得到AE=BF，再利用AE=t，CF=2t，則BF=BCCF=52t求出時間t的值．【詳解】解：連接BD，∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC=120°，∴AB=AD，∠ADB=∠ADC=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AD=BD，又∵△DEF是等邊三角形，∴∠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=，故選：D.3．（23-24九年級上·河南洛陽·期末）如圖，已知AB＝8，P為線段AB上一個動點，分別以AP，PB為邊在AB的同側作菱形APCD和PBFE，點P，C，E在一條直線上，∠DAP＝60°，M，N分別是對角線AC，BE的中點，當點P在線段AB上移動時，點M，N之間的距離最短為（

）A． B． C．4 D．3【答案】A【分析】連接PM、PN，推出∠MPN=60°+30°=90°，在Rt△PMN中利用勾股定理即可.【詳解】連接PM、PN．∵四邊形APCD，四邊形PBFE是菱形，∠DAP=60°，∴∠APC=120°，∠EPB=60°，∵M，N分別是對角線AC，BE的中點，∴∠CPM=∠APC=60°，∠EPN=∠EPB=30°，∴∠MPN=60°+30°=90°，設PA=2a，則PB=8﹣2a，PM=a，PN=（4﹣a），∴MN=，∴a=3時，MN有最小值，最小值為2，故答案選：A．14．（18-19九年級上·河南鄭州·期末）如圖所示，在等邊三角形中，，射線，點從點出發沿射線以的速度運動，同時點從點出發沿射線以的速度運動，設運動時間為．

(1)連接，當經過邊的中點時，求證：四邊形是平行四邊形；(2)填空：①當為________時，四邊形是菱形；②當為________時，的面積是的面積的倍．【答案】(1)見解析(2)①8；②或【分析】（1）判斷出得出，即可得出結論；（2）①先求出，進而判斷出，即可得出結論；②先判斷出和的邊和上的高相等，進而判斷出，再分兩種情況，建立方程求解即可得出結論．【詳解】（1）解：如圖1，

∵，∴，，∵經過邊的中點D，∴，∴，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形；（2）解：①如圖2，

∵是等邊三角形，∴，∵四邊形是菱形，∴，且點F在延長線上，由運動知，，，∴，，將代入中，得，符合題意，即：秒時，四邊形是菱形，故答案為8；②設平行線與的距離為h，∴邊上的高為h，的邊上的高為h，∵的面積是的面積的2倍，∴，當點F在線段上時，，，∴，∴；當點F在的延長線上時，，，∴，∴，即：秒或秒時，的面積是的面積的2倍，故答案為：或．15．（23-24九年級上·河南洛陽·期末）如圖1，在四邊形中，，于點，且，，，動點從點出發，沿射線方向以每秒個單位長度的速度平移．過點作垂直于直線，垂足為點，設點平移的時間為秒．(1)當時經過點；(2)與四邊形重疊部分的面積為．請寫出與的關系式，并寫出的取值范圍；(3)如圖2，當經過時，將繞點逆時針針旋轉度，記旋轉后的為，、的對應點分別是、．直線、直線和直線分別交于、M．在整個旋轉過程中，能否為等腰三角形？若存在，請直接寫出此時旋轉角度的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)2(2)(3)存在，滿足條件的的值為或或或【分析】（1）如圖中，作于．則四邊形是矩形，，．求出的長即可解決問題；（2）分四種情形①如圖中，當時，重疊部分是．②如圖中，當時，重疊部分是四邊形．③如圖中，當時，重疊部分是五邊形．④如圖中，當時，重疊部分是梯形；分別求解即可；（3）觀察圖，圖，圖，圖可知，滿足條件的的值為或或或．【詳解】（1）解：如圖中，作于．則四邊形是矩形，，．，，，，，，，，，．故答案為（2）①如圖中，當時，重疊部分是，．②如圖中，當時，重疊部分是四邊形．．③如圖中，當時，重疊部分是五邊形．④如圖5中，當時，重疊部分是梯形，綜上所述，（3）能．理由如下：①如圖6中，∵，，∴當時，是等腰直角三角形．②如圖7中，，即當時，是等腰三角形．③如圖8中，當時，是等腰三角形．④如圖9中，，則，即當時，是等腰三角形．綜上所述，滿足條件的的值為或或或．16．（23-24九年級上·河南濟源·期末）如圖，矩形ABCD中，，點E、F、G、H，分別是BC、CD、AD、AB上的動點（頂點除外），若；(1)在圖1中，點E，F，G，H分別是BC，CD，AD，AB上的中點．①判斷四邊形EFGH的形狀，并證明；②若四邊形EFGH是正方形，求BC的長；(2)在圖2中，已知，判斷四邊形EFGH的周長是否會隨著點G的變化而變化，如不變化，求出其周長，若會變化，說明理由；【答案】(1)①菱形，證明見解析；②4(2)周長不會變化，【分析】（1）①根據題意先進行判斷，再利用矩形的性質證明全等從而證明四邊形的四條邊都相等即可求證；②根據正方形的性質求解即可；（2）通過延長GH交CB的延長線于點N，延長GF交BC的延長線于點M，如圖（見詳解），證明，，求出MN的長度，再證明，得到，過點G作于點K之后即可利用勾股定理求出四邊形EFGH的周長．【詳解】（1）解：①四邊形EFGH是菱形，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，點E，F，G，H分別是BC，CD，AD，AB上的中點，∴,，且,∴，∴，∴四邊形EFGH是菱形．②若四邊形EFGH是正方形，則；（2）解：四邊形EFGH的周長不會隨著DG的變化而變化；如圖，延長GH交CB的延長線于點N，延長GF交BC的延長線于點M．∵，，∴．且，,∴．∴，，同理：，．∴．∵，，∴．∴．過點G作于點K，則，∴，∴四邊形EFGH的周長為．17．（23-24九年級上·河南駐馬店·期末）如圖，在矩形中，，，點P從點A出發，每秒個單位長度的速度沿方向運動，點Q從點C出發，以每秒2個單位長度的速度沿對角線方向運動．已知兩點同時出發，當點Q到達點A時，兩點同時停止運動，連接，設運動時間為t秒．(1)_______，_______．(2)當t為何值時，的面積為．(3)在運動過程中，是否存在一個時刻t，使所得沿它的一邊翻折，翻折前后兩個三角形組成的四邊形為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．(4)當點P關于點Q的對稱點落在的內部（不包括邊上）時，請求出t的取值范圍．（直接寫出答案）【答案】(1)3，6(2)(3)或或(4)【分析】（1）根據矩形的性質和含30°角的直角三角形的性質解答即可；（2）根據直角三角形的性質和三角形的面積公式解答即可；（3）分三種情況，分別利用翻折的性質解答即可；（4）根據對稱的性質解答即可．【詳解】（1）∵矩形ABCD，∴，∴，∵，，∴，∴，解得：，．故答案為：3；6；（2）過點Q作QH⊥AB，垂足為H，由題意得，，，在中，，∴，∴，解得：，；（3）①當沿翻折時，則，如圖，則，所以；②當沿翻折時，則如圖：過點Q作，垂足為M，則，在直角三角形中，，所以，所以，即，解得：；③當沿翻折時，則如圖，過點P作，垂足為M，則，在直角三角形中，，所以，所以，即，解得：；（4）由題意知，，，∴在中，滿足，解得：．18．（23-24九年級上·河南開封·期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，點D為BC中點，點P從點B出發沿折線B﹣A﹣C運動，速度為每秒5個單位，到點C停止．在點P的運動過程中，過點P作PQ⊥BC于Q，以PQ為邊作矩形PQMN，且MN與AD始終在PQ同側，且PN＝2PQ．設運動時間為t秒．（1）當點N在AC上時，直接寫出t值．（2）當點N在AB上時，求PQ的長．（3）當矩形PQMN與△ABC重疊部分為五邊形時，求t的取值范圍．（4）當點P在線段AB上運動時，點N落在△ABC一邊的垂直平分線上時，直接寫出t的值．【答案】（1）；（2）；（3）＜t＜或＜t＜；（4）或或．【分析】（1）證明△PQB≌△NMC（AAS），可得BQ＝MC，再根據BC＝BQ＋QM＋CM，構建方程求解即可．（2）根據PN＝2PQ，構建方程求解即可．（3）求出當點P在線段AB上時，點M與C重合時，t的值，求出當點P在AC上時，點M與B重合時，t的值，結合（1）（2）即可判斷．（4）分三種情形：如圖3中，當點N落在AB的中垂線GK上時，如圖4中，當N落在BC的垂直平分線AD上時，如圖5中，當點N落在AC的垂直平分線上時，分別求解即可．【詳解】解：（1）當N在AC上時，如圖1所示，∵D為BC中點，∴BD＝CD＝4，∵AB＝AC＝5，由勾股定理可得：AD＝，由題意知，PB＝5t，PQ＝3t，BQ＝4t，PN＝6t，∵PQ＝NM，∠PQB＝∠NMC，∠B＝∠C，∴△PQB≌△NMC（AAS），∴BQ＝MC，∴BC＝BQ＋QM＋MC＝4t＋6t＋4t＝8，解得：t＝；（2）當N在AB上時，如圖2所示，由題意知，CP＝10﹣5t，CQ＝8﹣4t，PQ＝6﹣3t，∴AP＝5t﹣5，PE＝4t﹣4，PN＝8t﹣8，∵PN＝2PQ，∴8t﹣8＝2（6﹣3t），解得：t＝，∴PQ＝．（3）當點P在線段AB上時，點M與C重合時，此時CQ＝8﹣4t，PN＝6t，可得：8﹣4t＝6t，解得：t＝，觀察圖象可知，當＜t＜時，矩形PQMN與△ABC重疊部分為五邊形，當點P在AC上時，點M與B重合時，BQ＝8﹣CQ＝8﹣（8﹣4t）＝4t，PQ＝6﹣3t，∵BQ＝2PQ，∴4t＝2（6﹣3t），解得：t＝，觀察圖象可知，當＜t＜時，矩形PQMN與△ABC重疊部分為五邊形．綜上所述，滿足條件的t的取值范圍為＜t＜或＜t＜．（4）如圖3中，當點N落在AB的中垂線GK上時（AB的中垂線交AB于G，交BC于K），由題意，PB＋PG＝BG，∴5t＋6t?＝，解得t＝．如圖4中，當N落在BC的垂直平分線AD上時，由題意BQ＋QD＝4，∴4t＋6t＝4，∴t＝．如圖5中，當點N落在AC的垂直平分線上時（AC的垂直平分線交AC于T，交BC于H），連接AH，設DH＝m，則AH＝CH＝4﹣m，根據勾股定理得，，∴m＝，∴HM＝10t﹣4﹣，由題意：，∴，∴t＝，綜上所述，滿足條件的t的值為或或．19．（23-24九年級上·河南許昌·期末）如圖1，在平面直角坐標系中，正方形OABC的邊長為6，點A、C分別在x、y正半軸上，點B在第一象限．點P是x正半軸上的一動點，且OP＝t，連結PC，將線段PC繞點P順時針旋轉90度至PQ，連結CQ，取CQ中點M．（1）當t＝2時，求Q與M的坐標；（2）如圖2，連結AM，以AM、AP為鄰邊構造平行四邊形APNM．記平行四邊形APNM的面積為S．①用含t的代數式表示S（0t6）．②當N落在△CPQ的直角邊上時，求∠CPA的度數；（3）在（2）的條件下，連結AQ，記△AMQ的面積為，若S＝，則t＝（直接寫出答案）．【答案】（1）Q（8，2），M（4，4）；（2）①；②112.5°或22.5°；（3）或．【分析】（1）過點Q作QD⊥x軸于點D，證△COP≌△PDQ（AAS），得OP＝QD＝2，OC＝PD＝6，則OD＝OP+PD＝8，得Q（8，2），再由中點坐標公式得M（4，4）；（2）①由全等三角形的性質得OP＝OQ＝t，OC＝PD＝6，則OD＝t+6，得Q（t+6，t），再由中點坐標公式得M（，），由平行四邊形面積公式即可得出答案；②分兩種情況：當N在PC上時，連接OB、PM，先證△COM≌△AOM（SAS），得CM＝AM，再證PM＝AM，然后證AM⊥PQ，得∠PMA＝∠QMA＝45°，最后由等腰三角形的性質得∠MPA＝67.5°，即可得出答案；當N在PQ上時，連接PM、OM，同理可證MA＝MP，∠AMP＝45°，∠MPA＝67.5°，則∠CPA＝67.5﹣45＝22.5°；（3）過點M作MH⊥x軸于點H，過點Q作QG⊥x軸于點G，分兩種情況：①當0＜t＜6時，即點AP在點A左側時；②當t＞6時，即點P在點A右側時；由面積關系得出方程，解方程即可．【詳解】解：（1）過點Q作QD⊥x軸于點D，如圖1所示：∵OP＝t，t＝2，∴OP＝2，∵正方形的邊長為6，∴OC＝6，∴C（0，6），由旋轉的性質得：CP＝PQ，∠CPQ＝90°，∴∠CPO+∠QPD＝90°，∵∠QPD+∠PQD＝90°，∴∠CPO＝∠PQD，在△COP和△PDQ中，，∴△COP≌△PDQ（AAS），∴OP＝QD＝2，OC＝PD＝6，∴OD＝OP+PD＝8，∴Q（8，2），∵M是CQ的中點，C（0，6），∴M（4，4）；（2）①∵△COP≌△PDQ，∴OP＝OQ＝t，OC＝PD＝6，∴OD＝t+6，∴Q（t+6，t），∵C（0，6），∴M（，），當0＜t＜6時，S＝AP×yM＝（6﹣t）×＝；②分兩種情況：a、當N在PC上時，連接OB、PM，如圖2﹣1所示：∵點M的橫、縱坐標相等，∴點M在對角線BD上，∵四邊形OABC是正方形，∴OC＝OA，∠COM＝∠AOM，又∵OM＝OM，∴△COM≌△AOM（SAS），∴CM＝AM，在Rt△CPQ中，CP＝PQ，M為CQ的中點，∴PM⊥CQ，∠CPM＝∠MPQ＝45°，PM＝CQ＝CM＝MQ，∴PM＝AM，∵點N在PC上，四邊形APNM是平行四邊形，∴NP∥AM，∵∠CPQ＝90°，∴NP⊥PQ，∴AM⊥PQ，∴∠PMA＝∠QMA＝45°，又∵PM＝AM，∴∠MPA＝（180°﹣45°）＝67.5°，∴∠CPA＝45°+67.5＝112.5°；b、當N在PQ上時，連接PM、OM，如圖2﹣2所示：同理可證MA＝MP，∠AMP＝45°，∴∠MPA＝（180°﹣45°）＝67.5°，∴∠CPA＝67.5﹣45＝22.5°；綜上所述，當點N在△CPQ的直角邊上時，∠CPA的度數為112.5°或22.5°；（3）過點M作MH⊥x軸于點H，過點Q作QG⊥x軸于點G，∵，∴＝（+t）?﹣（6﹣）?﹣t?t＝3t，①當0＜t＜6時，即點AP在點A左側時，如圖3所示：∵S＝，∴＝3t，解得：t＝﹣3+3，或t＝﹣3﹣3（舍去）；②當t＞6時，即點P在點A右側時，如圖4所示：S＝AP×=（t﹣6）×＝，∵S＝，∴＝3t，解得：t＝3+3，或t＝3﹣3（舍去）；綜上所述，t的值為3+3或－3+3，故答案為：或3+3或－3+3．20．（23-24九年級上·河南周口·期末）如圖，在中，，，．點從點出發沿方向以每秒2個單位長度的速度向點勻速運動，同時點從點出發沿方向以每秒1個單位長度的速度向點勻速運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設點、運動的時間是秒．過點作于點，連接、．（1）請用含有的式子填空：______，______，______；（2）是否存在某一時刻使四邊形為菱形？如果存在，求出相應的值；如果不存在，說明理由；（3）當為何值時，為直角三角形？請說明理由．（備用圖）【答案】（1），，；（2）存在，當時四邊形為菱形；（3）或時為直角三角形．【分析】（1）在中，利用30度角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AB的長，由PM=PB則可得出答案；（2）證明四邊形AQMP是平行四邊形，當AP=AQ時，平行四邊形AQMP是菱形，可得出20-2t=t，求出t的值即可；（3）分三種不同的情況，由直角三角形的性質可得出答案．【詳解】解：（1）∵點Q從點A出發沿AC方向以每秒1個單位長度的速度向點C勻速運動，∴AQ=t，∵∠C=90°，AC=10，∠A=60，∴∠B=30°，∴AB=2AC=20，∴AP=AB-BP=20-2t，∵PM⊥BC，∴∠PMB=90，∴PM=PB=t．故答案為：，，．（2）存在，理由如下：由（1）知，∵，∴∴四邊形是平行四邊形．當時，是菱形即，解得．故當時四邊形為菱形．（3）為直角三角形有3種可能：①當時：此時四邊形為矩形在中，∴∴，即，解得②當時：由（2）知∴．∵∴，∴，即，解得．③當時：此種情況不存在．綜上所述，或時為直角三角形．31．（23-24九年級上·河南焦作·期末）在四邊形ABCD中，AD//BC．∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝24cm．BC＝26cm．點P從點A出發，以1cm/s的速度向點D運動；點Q從點C同時出發，以2cm/s的速度向點B運動，規定其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動．求：從運動開始，使PQ＝CD，需要經過的時間是多少？【答案】8s或s【分析】設運動時間為t秒，則有AP＝t，CQ＝2t，分PQ//CD和PQ與CD不平行兩種情況進行討論，再根據平行四邊形或梯形的性質建立方程即可求解．【詳解】解：（1）當PQ//CD時，∵AD//BC，∴四邊形PDCQ是平行四邊形，∴PD＝CQ，而AP＝t，CQ＝2t，PD＝AD－AP＝24－t，即：2t＝24－t解得：t＝8．（2）當PQ與CD不平行時，而AD//BC，PQ＝CD，∴四邊形PDCQ是等腰梯形，作PM⊥BC于M，DN⊥BC于N，則四邊形ABND、PMND均是矩形，∴AD＝BN＝24，CN＝BC－BN＝2，QM＝CN＝2，PD＝MN，而CQ＝QM＋MN＋NC，∴2t＝24－t＋2＋2，解得：t＝．32．（23-24九年級上·河南商丘·期末）如圖①，已知正方形ABCD的邊長為3，點Q是AD邊上的一個動點，點A關于直線BQ的對稱點是點P，連接QP、DP、CP、BP，設AQ=x．（1）BP＋DP的最小值是_______，此時x的值是_______；（2）如圖②，若QP的延長線交CD邊于點M，并且∠CPD=90°．①求證：點M是CD的中點；②求x的值．（3）若點Q是射線AD上的一個動點，請直接寫出當△CDP為等腰三角形時x的值．

【答案】（1）；；（2）①見詳解；②x=1；（3）△CDP為等腰三角形時x的值為：或或．【分析】（1）BP+DP為點B到D兩段折線的和．由兩點間線段最短可知，連接DB，若P點落在BD上，此時和最短，且為．考慮動點運動，這種情形是存在的，由AQ=x，則QD=3-x，PQ=x．又PDQ=45°，所以QD＝PQ，即3-x=x．求解可得答案；（2）由已知條件對稱分析，AB=BP=BC，則∠BCP=∠BPC，由∠BPM=∠BCM=90°，可得∠MPC=∠MCP．那么若有MP=MD，則結論可證．再分析新條件∠CPD=90°，易得①結論．②求x的值，通常都是考慮勾股定理，選擇直角三角形QDM，發現QM，DM，QD都可用x來表示，進而易得方程，求解即可．（3）若△CDP為等腰三角形，則邊CD比為改等腰三角形的一腰或者底邊．又P點為A點關于QB的對稱點，則AB=PB，以點B為圓心，以AB的長為半徑畫弧，則P點只能在弧AB上．若CD為腰，以點C為圓心，以CD的長為半徑畫弧，兩弧交點即為使得△CDP為等腰三角形（CD為腰）的P點．若CD為底邊，則作CD的垂直平分線，其與弧AC的交點即為使得△CDP為等腰三角形（CD為底）的P點．則如圖所示共有三個P點，那么也共有3個Q點．作輔助線，利用直角三角形性質求之即可．【詳解】解：（1）連接DB，若P點落在BD上，此時BP+DP最短，如圖：由題意，∵正方形ABCD的邊長為3，∴，∴BP＋DP的最小值是；由折疊的性質，，則，∵∠PDQ=45°，∠QPD=90°，∴△QPD是等腰直角三角形，∴，∴，解得：；故答案為：；；（2）如圖所示：①證明：在正方形ABCD中，有AB=BC，∠A=∠BCD=90°．∵P點為A點關于BQ的對稱點，∴AB=PB，∠A=∠QPB=90°，∴PB=BC，∠BPM=∠BCM，∴∠BPC=∠BCP，∴∠MPC=∠MPB-∠CPB=∠MCB-∠PCB=∠MCP，∴MP=MC．在Rt△PDC中，∵∠PDM=90°-∠PCM，∠DPM=90°-∠MPC，∴∠PDM=∠DPM，∴MP=MD，∴CM=MP=MD，即M為CD的中點．②解：∵AQ=x，AD=3，∴QD=3-x，PQ=x，CD=3．在Rt△DPC中，∵M為CD的中點，∴DM=QM=CM=，∴QM=PQ+PM=x+，∴(x+)2＝(3?x)2+()2，解得：x=1．（3）如圖，以點B為圓心，以AB的長為半徑畫弧，以點C為圓心，以CD的長為半徑畫弧，兩弧分別交于P1，P3．此時△CDP1，△CDP3都為以CD為腰的等腰三角形．作CD的垂直平分線交弧AC于點P2，此時△CDP2以CD為底的等腰三角形．①討論P1，如圖作輔助線，連接BP1、CP1，作QP1⊥BP1交AD于Q，過點P1，作EF⊥AD于E，交BC于F．∵△BCP1為等邊三角形，正方形ABCD邊長為3，∴P1F＝，P1E＝．在四邊形ABP1Q中，∵∠ABP1=30°，∴∠AQP1=150°，∴△QEP1為含30°的直角三角形，∴QE=EP1＝．∵AE=，∴x=AQ=AE-QE=．②討論P2，如圖作輔助線，連接BP2，AP2，過點P2作QG⊥BP2，交AD于Q，連接BQ，過點P2作EF⊥CD于E，交AB于F．∵EF垂直平分CD，∴EF垂直平分AB，∴AP2=BP2．∵AB=BP2，∴△ABP2為等邊三角形．在四邊形ABP2Q中，∵∠BAD=∠BP2Q=90°，∠ABP2=60°，∴∠AQG=120°∴∠EP2G=∠DQG=180°-120°=60°，∴P2E＝，∴EG=，∴DG=DE+GE=，∴QD=，∴x=AQ=3-QD=．③對P3，如圖作輔助線，連接BP1，CP1，BP3，CP3，過點P3作BP3⊥QP3，交AD的延長線于Q，連接BQ，過點P1，作EF⊥AD于E，此時P3在EF上，不妨記P3與F重合．∵△BCP1為等邊三角形，△BCP3為等邊三角形，BC=3，∴P1P3＝，P1E＝，∴EF＝．在四邊形ABP3Q中∵∠ABF=∠ABC+∠CBP3=150°，∴∠EQF=30°，∴EQ=EF=．∵AE=，∴x=AQ=AE+QE=+．綜合上述，△CDP為等腰三角形時x的值為：或或．題型三四邊形中的線段最值問題33．（23-24九年級上·河南鄭州·期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，點P在AD上，點Q在BC上，且AP=CQ，連接CP，QD，則PC+QD的最小值為（）A．8 B．10 C．12 D．20【答案】B【分析】連接BP，則PC+QD的最小值轉化為PC+PB的最小值，在BA的延長線上截取AE=AB=4，連接PE、CE，則PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，再根據勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖，連接BP，在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC=6，∵AP=CQ，∴AD-AP=BC-CQ，∴DP=QB，DP∥BQ，∴四邊形DPBQ是平行四邊形，∴PB∥DQ，PB=DQ，則PC+QD=PC+PB，則PC+QD的最小值轉化為PC+PB的最小值，在BA的延長線上截取AE=AB=4，連接PE，CE，則BE=2AB=8，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分線，∴PB=PE，∴PC+PB=PC+PE，連接CE，則PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，∴CE==10，∴PC+PB的最小值為10，即PC+QD的最小值為10，故選：B．34．（23-24九年級上·河南登封·期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，E為BC的中點，F為DE上一動點，P為AF中點，連接PC，則PC的最小值是（）A．4 B．8 C．2 D．4【答案】D【分析】根據中位線定理可得出點點P的運動軌跡是線段P1P2，再根據垂線段最短可得當CP⊥P1P2時，PC取得最小值；由矩形的性質以及已知的數據即可知CP1⊥P1P2，故CP的最小值為CP1的長，由勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖：當點F與點D重合時，點P在P1處，AP1＝DP1，當點F與點E重合時，點P在P2處，EP2＝AP2，∴P1P2∥DE且P1P2＝DE當點F在ED上除點D、E的位置處時，有AP＝FP由中位線定理可知：P1P∥DF且P1P＝DF∴點P的運動軌跡是線段P1P2，∴當CP⊥P1P2時，PC取得最小值∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，E為BC的中點，∴△ABE、△CDE、△DCP1為等腰直角三角形，DP1＝2∴∠BAE＝∠DAE＝∠DP1C＝45°，∠AED＝90°∴∠AP2P1＝90°∴∠AP1P2＝45°∴∠P2P1C＝90°，即CP1⊥P1P2，∴CP的最小值為CP1的長在等腰直角CDP1中，DP1＝CD＝4，∴CP1＝4∴PB的最小值是4．故選：D．35．（23-24九年級上·河南濟源·期末）如圖，正方形的邊長是12，分別是上的點，已知，，求周長的最小值．

【答案】【分析】作點E關于的對稱點N，連接，交于點G，根據兩點之間線段最短，所以為的最小值，過點F作于點M，在直角中，求得的最小值為13，即可求出周長的最小值．【詳解】解：如圖，

作點E關于的對稱點N，因為正方形是軸對稱圖形，且為對稱軸，所以點N在上，連接，交于點G，根據兩點之間線段最短，所以為的最小值，過點F作于點M，則，，根據軸對稱性質可知：，所以，在直角中，由勾股定理，得：，所以，即的最小值為13，在中，，所以，所以周長的最小值是．36．（22-23九年級上·河南南陽·期末）如圖，正方形中，，E是邊的中點，F是正方形內一動點，且，連接，，，并將繞點D逆時針旋轉得到（點M，N分別為點E，F的對應點）．連接，則線段長度的最小值為．【答案】【分析】過點M作，垂足為P，連接，由旋轉的性質得到，，，根據正方形的性質求出，證明，得到，，利用勾股定理求出，根據即可求出的最小值．【詳解】解：過點M作，垂足為P，連接，由旋轉可得：，，，在正方形中，，E為中點，∴，∵，∴，又，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∵C，M位置固定，∴，即，∴，即的最小值為，故答案為：．37．（22-23九年級上·河南安陽·期末）如圖，，是菱形的邊，的中點，是菱形的對角線上的動點，若，，則的最小值是．【答案】13【分析】作點關于的對稱點，連接交于點，連接，此時有最小值，最小值為，求出即為所求．【詳解】解：作點關于的對稱點，連接交于點，連接，，，當、、三點共線時，有最小值，最小值為，四邊形是菱形，是菱形的一條對稱軸，是的中點，點是的中點，，，，連接，是的中點，，，在中，，的最小值為13，故答案為：13．38．（23-24九年級上·河南洛陽·期末）如圖，在邊長為2的菱形中，，點是邊的中點，點是菱形內一動點，且滿足，連接，則的最小值為．

【答案】【分析】過點作交的延長線于點，根據菱形的性質以及直角三角形的性質求出，當點運動到線段上的點時，取得最小值，進一步求解即可．【詳解】過點作交的延長線于點，如圖所示：

∵四邊形是菱形，，∴，∴，∴，∵點是邊的中點，∴，∴，根據勾股定理，得：，∵，∴，根據勾股定理，得：，∵，當點運動到線段上的點時，取得最小值，，∴的最小值為，故答案為：．39．（23-24九年級上·河南許昌·期末）如圖，在矩形ABCD中，E，F分別是邊，上的動點，P是線段的中點，，，G，H為垂足，連接．若，，，則的最小值是．【答案】7.5【分析】連接、、，由勾股定理求出，再由直角三角形斜邊上的中線性質得，然后證四邊形是矩形，得，當A、P、C三點共線時，即可求解．【詳解】連接、、，如圖所示：∵四邊形是矩形，∴，，∴，∵P是線段的中點，∴，∵，，∴，∴四邊形是矩形，∴，當A、P、C三點共線時，，∴的最小值是7.5，故答案為：7.5．40．（23-24九年級上·河南溫縣·期末）如圖，長方形ABCD中，，，E為BC上一點，且，F為AB邊上的一個動點，連接EF，將EF繞著點E順時針旋轉30°到EG的位置，連接FG和CG，則CG的最小值為．【答案】/【分析】根據題意將線段BE繞點E順時針旋轉30°得到線段ET，連接GT，過E作，垂足為J，進而結合全等三角形判定可得當CG⊥TG時，CG的值最小，依據矩形的性質和含30°的直角三角形進行分析計算即可得出答案.【詳解】解：如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉30°得到線段ET，連接GT，過E作，垂足為J，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=6，∠B=∠BCD=90°，∵∠BET=∠FEG=30°，∴∠BEF=∠TEG，在△EBF和△TEG中，，∴△EBF≌△ETG（SAS），∴∠B=∠ETG=90°，∴點G的在射線TG上運動，∴當CG⊥TG時，CG的值最小，∵∠EJG=∠ETG=∠JGT=90°，∴四邊形ETGJ是矩形，∴∠JET=90°,GJ=TE=BE=2，∵∠BET=30°，∴∠JEC=180°-∠JET-∠BET=60°，∵，∴,∴CG=CJ+GJ=.∴CG的最小值為.故答案為：.41．（23-24九年級上·河南項城·期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E為對角線AC上與A，C不重合的一個動點，過點E作EF⊥AB于點F，EG⊥BC于點G，連接DE，FG，下列結論：①DE＝FG；②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值為3．其中正確結論的序號為．【答案】①②③【分析】①連接BE，可得四邊形EFBG為矩形，可得BE＝FG；由△AEB≌△AED可得DE＝BE，所以DE＝FG；②由矩形EFBG可得OF＝OB，則∠OBF＝∠OFB；由∠OBF＝∠ADE，則∠OFB＝∠ADE；由四邊形ABCD為正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD+∠ADH＝90°，所以∠AHD+∠OFH＝90°，即∠FMH＝90°，可得DE⊥FG；③由②中的結論可得∠BFG＝∠ADE；④由于點E為AC上一動點，當DE⊥AC時，根據垂線段最短可得此時DE最小，最小值為2，由①知FG＝DE，所以FG的最小值為2．【詳解】解：①連接BE，交FG于點O，如圖，∵EF⊥AB，EG⊥BC，∴∠EFB＝∠EGB＝90°．∵∠ABC＝90°，∴四邊形EFBG為矩形．∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG．∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°．在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS）．∴BE＝DE．∴DE＝FG．∴①正確；②延長DE，交FG于M，交FB于點H，∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE＝∠ADE．由①知：OB＝OF，∴∠OFB＝∠ABE．∴∠OFB＝∠ADE．∵∠BAD＝90°，∴∠ADE+∠AHD＝90°．∴∠OFB+∠AHD＝90°．即：∠FMH＝90°，∴DE⊥FG．∴②正確；③由②知：∠OFB＝∠ADE．即：∠BFG＝∠ADE．∴③正確；④∵點E為AC上一動點，∴根據垂線段最短，當DE⊥AC時，DE最小．∵AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，∴AC＝＝4．∴DE＝AC＝2．由①知：FG＝DE，∴FG的最小值為2，∴④錯誤．綜上，正確的結論為：①②③．故答案為：①②③．42．（23-24九年級上·河南林州·期末）如圖,矩形中,,,連接,為上一動點,為中點,連接,則的最小值是．【答案】【分析】根據中位線定理可得出點P的運動軌跡是線段P1P2,再根據垂線段最短可得,當時,