2024中考数学几何压轴专题训练-专题05四边形之特殊四边形问题（含解析）

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专题05 四边形之特殊四边形问题
训练题01【2023·辽宁盘锦·中考真题】
如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，D2,3，P-1,-1．点M在菱形的边AD和DC上运动（不与点A，C重合），过点M作MN∥y轴，与菱形的另一边交于点N，连接PM，PN，设点M的横坐标为x，△PMN的面积为y，则下列图象能正确反映y与x之间函数关系的是（ ）

A． B．
C． D．
训练题02【2023·山东济南·中考真题】
在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，点E在边BC上，将射线AE绕点A逆时针旋转90°，交CD延长线于点G，以线段AE，AG为邻边作矩形AEFG．

(1)如图1，连接BD，求∠BDC的度数和DGBE的值；
(2)如图2，当点F在射线BD上时，求线段BE的长；
(3)如图3，当EA=EC时，在平面内有一动点P，满足PE=EF，连接PA，PC，求PA+PC的最小值．
训练题03【2023·江苏盐城·中考真题】
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B'，折痕与边AD，BC分别交于点E，F.
【活动猜想】
（1）如图2，当点B'与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？答：_________.
【问题解决】
（2）如图3，当AB=4，AD=8，BF=3时，求证：点A'，B'，C在同一条直线上.
【深入探究】
（3）如图4，当AB与BC满足什么关系时，始终有A'B'与对角线AC平行？请说明理由.
（4）在（3）的情形下，设AC与BD，EF分别交于点O，P，试探究三条线段AP，B'D，EF之间满足的等量关系，并说明理由.
训练题04【2023·河南周口·校联考二模】
如图，一次函数y=mx+n的图象与y轴交于点B0,-2，与x轴交于点E32,0，与反比例函数y=kx（x>0）的图象交于点D．以BD为对角线作矩形ABCD，使顶点A，C落在x轴上（点A在点C的左边）．

(1)求一次函数的表达式及反比例函数的表达式．
(2)求点C的坐标．
训练题05【2023·山东青岛·校联考一模】
如图，延长平行四边形ABCD的边DC到E，使CE=CD，连结AE交BC于点F．
(1)求证：△ABF≌△ECF；
(2)若AE=AD，连接BE，当线段OF与BD满足怎样的关系时，四边形ABEC是正方形？请说明理由．
训练题06【2023·安徽合肥·校考一模】
如图，在矩形ABCD中，AC是对角线．
(1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母），
(2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明．
训练题07【2022·贵州安顺·中考真题】
如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
(1)求线段AE的长；
(2)求证四边形DGFC为菱形；
(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
训练题08【2022·湖北荆州·中考真题】
如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1；第二次，顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形AnBnCnDn的面积是（ ）
A．ab2nB．ab2n-1C．ab2n+1D．ab22n
训练题09【2022·江西南昌·统考一模】
已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图1，连接BG、CF，
①求CFBG的值；
②求∠BHC的度数．
(2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．
训练题10【2022·广东广州·校考一模】
如图，在直角梯形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AB＝4，BC＝6，AD＝8．点P、Q同时从A点出发，分别做匀速运动．其中点P沿AB、BC向终点C运动，速度为每秒2个单位，点Q沿AD向终点D运动，速度为每秒1个位、当这两点中有一个点到达自己的终点时，另一个点也停止运动，设这两点从出发运动了t秒．
(1)当点P，S分别为AB和CD中点时（如图一），连接PS，称PS为梯形的中位线．试判断PS与BC，AD的关系，并证明．
(2)当0＜t＜2时，求证：以PQ为直径的圆与AD相切（如图二）；
(3)以PQ为直径的圆能否与CD相切？若有可能，求出t的值或t的取值范围；若不可能，请说明由．
题型训练
答案&解析
训练题01【2023·辽宁盘锦·中考真题】
【答案】A
【分析】先根据菱形的性质求出各点坐标，分M的横坐标x在0∼1，1∼2，2∼3之间三个阶段，用含x的代数式表示出△PMN的底和高，进而求出分段函数的解析式，根据解析式判断图象即可．
【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，
∴ AB=AD=2，OA=3，
∴ OB=AB2-OA2=22-32=1，
∴ OC=OB+BC=1+2=3，
∴ A0,3，B1,0，C3,0，
设直线AB的解析式为y=kx+b，将A0,3，B1,0代入，得：
k+b=0b=3，
解得k=-3b=3，
∴直线AB的解析式为y=-3x+3．
∵ MN∥y轴，
∴N的横坐标为x，
（1）当M的横坐标x在0∼1之间时，点N在线段AB上，△PMN中MN上的高为1+x，
∴ Nx,-3x+3，
∴ MN=3--3x+3=3x，
∴ S△PMN=12MN⋅1+x=123x⋅1+x=32x2+32x，
∴该段图象为开口向上的抛物线；
（2）当M的横坐标x在1∼2之间时，点N在线段BC上，△PMN中MN=3，MN上的高为1+x，
∴ S△PMN=12MN⋅1+x=123⋅1+x=32x+32，
∴该段图象为直线；
（3）当M的横坐标x在2∼3之间时，点N在线段BC上，△PMN中MN上的高为1+x，
由D2,3，C3,0可得直线CD的解析式为y=-3x+33，
∴ Mx,-3x+33，Nx,0，
∴ MN=-3x+33，
∴ S△PMN=12MN⋅1+x=12-3x+33⋅1+x=-32x2+3x+332，
∴该段图象为开口向下的抛物线；
观察四个选项可知，只有选项A满足条件，
故选A．
训练题02【2023·山东济南·中考真题】
【答案】(1)∠BDC=60°，3；
(2)3；
(3)43．
【分析】（1）根据矩形的性质得出∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，进而根据正切函数得出tan∠BDC=BCDC=3，可求出∠BDC=60°，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，求出∠DAG=∠BAE，证明△ADG∽△ABE，根据相似三角形的性质即可得出答案；
（2）过点F作FM⊥CG于点M，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，AE=GF，证明△ABE≌△GMF，进而得出tan∠MDF=tan60°=MFMD=3，设DM=x，则BE=MF=3x，根据DGBE=3，得出2+x3x=3，求出x=1，进而可得出答案；
（3）连接AC，先证明△AGC是等边三角形，AG=AC=4，得出PE=EF=AG=4，
将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，进而求出PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，得出PP'=3PE=43，可得当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为PA+PC=PP'=43．
【详解】（1）解：∵矩形ABCD中，AB=2，AD=23，
∴∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，
∴tan∠BDC=BCDC=3，
∴∠BDC=60°，
由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，
∴∠EAG-∠EAD=∠BAD-∠EAD，即∠DAG=∠BAE，
∴△ADG∽△ABE，
∴DGBE=ADAB=3；
（2）解：如答案图1，过点F作FM⊥CG于点M，
由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，
AE=GF，
∴∠BAE=∠DAG=∠CGF，∠ABE=∠GMF=90°，
∴△ABE≌△GMF，
∴BE=MF，AB=GM=2，
∴∠MDF=∠BDC=60°，FM⊥CG，
∴tan∠MDF=tan60°=MFMD=3，
∴MF=3MD，
设DM=x，则BE=MF=3x，
∴DG=GM+MD=2+x，
∵DGBE=3，
∴2+x3x=3，
解得x=1，
∴BE=3x=3；
（3）解：如答案图2，连接AC，
∵矩形ABCD中，AD=BC=23，AB=2，
∴∠ACB=30°，AC=2AB=4，
∵EA=EC，
∴∠EAC=∠ACE=30°，∠AEC=120°，
∴∠ACG=∠GAC=90°-30°=60°，
∴△AGC是等边三角形，AG=AC=4，
∴PE=EF=AG=4，
将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，
∴PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，
∴PP'=3PE=43，
∴当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为PA+PC=PP'=43．

训练题03【2023·江苏盐城·中考真题】
【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3）BC=3AB，证明见解析；（4）3EF=2(AP+B'D)，理由见解析
【分析】（1）由折叠可得：EF⊥BD，OB=OD，再证得△BFO≌△DEO(ASA)，可得OE=OF，利用菱形的判定定理即可得出答案；
（2）设EF与BD交于点M，过点B'作B'K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD=45，再证明△BFM∽△BDC，可求得BM=655，进而可得BB'=1255，再由△BB'K∽△BDC，可求得B'K=125，BK=245，CK=BC-BK=8-245=165，运用勾股定理可得B'C=4，运用勾股定理逆定理可得∠CB'F=90°，进而可得∠A'B'F+∠CB'F=90°+90°=180°，即可证得结论；
（3）设∠OAB=∠OBA=α，则∠OBC=90°-α，利用折叠的性质和平行线性质可得：∠AB'B=∠AOB=α，再运用三角形内角和定理即可求得α=60°，利用解直角三角形即可求得答案；
（4）过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，设AE=m，EF=n，利用解直角三角形可得B'D=BD-BB'=3n-3(m+12n)=32n-3m，AP=2AE⋅cs30°=3m，即可得出结论．
【详解】解：（1）当点B'与点D重合时，四边形BEDF是菱形．
理由：设EF与BD交于点O，如图，
由折叠得：EF⊥BD，OB=OD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OBF=∠ODE，
∴△BFO≌△DEO(ASA)，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是菱形．
故答案为：菱形．
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=8，BF=3，
∴BC=AD=8，CD=AB=4，∠BCD=90°，
∴CF=BC-BF=8-3=5，
∴BD=BC2+CD2=82+42=45，
如图，设EF与BD交于点M，过点B'作B'K⊥BC于K，
由折叠得：∠A'B'F=∠ABF=∠BMF=∠B'MF=90°，B'F=BF=3，BB'=2BM，
∴∠BMF=∠BCD，
∵∠FBM=∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴ BMBC=BFBD，即BM8=345，
∴BM=655，
∴BB'=1255，
∵∠BKB'=∠BCD，∠B'BK=∠DBC，
∴ △BB'K∽△BDC，
∴ B'KCD=BKBC=BB'BD，即B'K4=BK8=125545，
∴B'K=125，BK=245，
∴CK=BC-BK=8-245=165，
∴B'C=B'K2+CK2=(125)2+(165)2=4，
∵B'F2+B'C2=32+42=25，CF2=52=25，
∴B'F2+B'C2=CF2，
∴∠CB'F=90°，
∴∠A'B'F+∠CB'F=90°+90°=180°，
∴点A'，B'，C在同一条直线上．
（3）当BC=3AB时，始终有A'B'与对角线AC平行．
理由：如图，设AC、BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠OBA+∠OBC=90°，
∴∠OAB=∠OBA，
设∠OAB=∠OBA=α，
则∠OBC=90°-α，
由折叠得：∠A'B'F=∠ABC=90°，B'F=BF，
∴∠BB'F+∠A'B'B=90°，∠BB'F=∠OBC=90°-α，
∴∠AB'B=∠OBA=α，
∵A'B∥AC，
∴∠AB'B=∠AOB=α，
∵∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，
∴α+α+α=180°，即3α=180°，
∴α=60°，
∴∠BAC=60°，
∴ BCAB=tan∠BAC=tan60°=3，
∴BC=3AB；
（4）3EF=2(AP+B'D)，理由如下：
如图，过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，
由折叠得：EF⊥BD，B'F=BF，∠BFE=∠B'FE，
设AE=m，EF=n，
由（3）得：∠BAC=60°=∠ABD，
∴∠BB'F=∠DBC=30°，
∴∠BFE=∠B'FE=60°，
∴EG=EF⋅sin60°=32n，FG=EF⋅cs60°=12n，
∵∠EAB=∠ABG=∠BGE=90°，
∴四边形ABGE是矩形，
∴AB=EG=32n，BG=AE=m，AD∥BC，
∴BF=B'F=m+12n，
∴BH=BF⋅cs30°=32(m+12n)，
∴BB'=2BH=3(m+12n)，
∵BD=2AB=3n，
∴B'D=BD-BB'=3n-3(m+12n)=32n-3m，
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFG=60°，
∴∠APE=∠DEF-∠DAC=60°-30°=30°=∠DAC，
∴AP=2AE⋅cs30°=3m，
∴AP+B'D=3m+(32n-3m)=32n，
∴AP+B'D=32EF，
即3EF=2(AP+B'D)．
训练题04【2023·河南周口·校联考二模】
【答案】(1)一次函数的表达式为y=43x-2，比例函数的表达式为y=6x
(2)4,0
【分析】（1）待定系数法求出一次函数解析式，作DF⊥x轴于点F，证明△DEF≌△BEOAAS，推出D点坐标，即可得到反比例函数解析式；
（2）勾股定理求出BE，矩形的性质，得到BE=CE，即可求出点C的坐标．
【详解】（1）解：∵一次函数y=mx+n的图象与y轴交于点B0,-2，与x轴交于点E32,0，
∴n=-232m+n=0，解得m=43n=-2，
∴一次函数的表达式为y=43x-2．
如图，作DF⊥x轴于点F，

∵B0,-2，E32,0，
∴OB=2，OE=32．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BE=ED．
∵DF⊥x轴，BO⊥x轴，
∴∠DFE=∠BOE=90°．
∵∠DEF=∠BEO，
∴△DEF≌△BEOAAS，
∴OB=DF=2，EF=OE=32，
∴OF=OE+EF=3，
∴D3,2．
∵点D在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=6，
∴反比例函数的表达式为y=6x．
（2）∵B0,-2，E32,0．
∴OB=2，OE=32．
∵∠BOE=90°，
∴由勾股定理得BE=52，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CE=BE=52，
∴OC=OE+CE=4，
∴点C的坐标为4,0．
训练题05【2023·山东青岛·校联考一模】
【答案】(1)证明见解析
(2)当BD=25OF时，四边形ABEC为正方形，证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质得出∠ABF=∠ECF，∠BAF=∠CEF，进而利用全等三角形的判定得出即可；
（2）首先判定四边形ABEC是平行四边形，进而利用矩形的判定定理可得四边形ABEC是矩形，结合BD=25OF，证明BE=CE，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，OA=OC，
∴∠ABF=∠ECF，∠BAF=∠CEF，
又∵CE=CD， ∴AB=CE．
在△ABF和△ECF中，
∵ ∠ABF=∠ECFAB=CE∠BAF=∠CEF，
∴△ABF≌△ECF；
（2）如图，当BD=25OF时，四边形ABEC为正方形，理由如下：
连接BE，
∵AB∥CD，AB=CE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
又∵AE=AD，
∴AC⊥DE，即∠ACE=90°，
∴平行四边形ABEC是矩形；
∴BF=CF，∠BEC=90°，
设OF=x，则CE=CD=2x，而BD=25OF=25x，
∴BE=BD2-DE2=20x2-16x2=2x，
∴BE=CE，
∴四边形ABEC为正方形．
训练题06【2023·安徽合肥·校考一模】
【答案】(1)作图见解析
(2)AE=CF，证明见解析
【分析】（1）根据垂直平分线的尺规作图的画法，分别以A、C为圆心，以大于12AC的长为半径画弧，交于两点，过两点作直线即可得到线段AC的垂直平分线．
（2）利用矩形及垂直平分线的性质，可以证得△AEO≌△CFO，根据全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】（1）解：如图，
（2）解：AE=CF．证明如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO．
∵EF为AC的垂直平分线，
∴OA=OC．
∴△AEO≌△CFO．
∴AE=CF．
训练题07【2022·贵州安顺·中考真题】
【答案】(1)AE=3
(2)见解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根据在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：如图
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=CF2-BC2=102-82=6，
∴AF=AB-BF=10-6=4，
设AE=a，则DE=EF=8-a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=8-a2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD-AE=8-3=5，
∴tan∠DCE=DECD=510=12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
∴tan∠EGA=EAGA=12，
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=AG2+AD2=62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四边形DGFC为菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形
设∠DMN=∠DCM=α
由（2）可得tan∠DCM=12
∴tan∠DMN =12
①当∠DNM=90°时，如图，
∴DN=12NM，∠GNM=90°,
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°-α
∴∠DMG=90°-α+α=90°
∵DG=DC=10
∵tan∠DGM=tanα=12
∴GN=2NM
∴10-x=2×2x
解得x=2；
②当∠NDM=90°时，
同理可得DN=12DM,DM=12GD
∴ND=14DG=52
综上所述，ND=2或2.5
训练题08【2022·湖北荆州·中考真题】
【答案】A
【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．
【详解】解：如图，连接AC，BD，A1C1，B1D1．
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AD=BC，AB=CD．
∵ A1，B1，C1，D1分别是矩形四个边的中点，
∴A1D1=B1C1=12BD,A1B1=C1D1=12AC，
∴A1D1=B1C1=A1B1=C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是菱形，
∵ A1C1=AD=a，B1D1=AB=b，
∴四边形A1B1C1D1的面积为：12A1C1⋅B1D1=12ab=12S▭ABCD．
同理，由中位线的性质可知，
D2C2=A2B2=12AD=12a，D2C2//A2B2//AD，
D2A2=C2B2=12AB=12b，D2A2//C2B2//AB，
∴四边形A2B2C2D2是平行四边形，
∵AD⊥AB，
∴C2D2⊥D2A2，
∴四边形A2B2C2D2是矩形，
∴四边形A2B2C2D2的面积为：C2D2⋅A2D2=12a⋅12b=14S▭ABCD=12S菱形A1B1C1D1．
∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，
∴四边形AnBnCnDn的面积是ab2n．
故选:A．
训练题09【2022·江西南昌·统考一模】
【答案】(1)①2；②45°；
(2)BE=2MN；BE⊥MN；理由见解析
【分析】（1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得CFBG=2；
②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案；
（2）过点C作CH∥EF，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位线定理可得结论．
【详解】（1）①如图1，连接AF，AC，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AC=2AB，AF=2AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG，ACAB=AFAG，
∴△CAF∽△BAG，
∴CFBG=2；
②∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，
在△BCH中，∠BHC＝180°−（∠HBC＋∠HCB）
＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）
＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）
＝180°−（∠ABC＋∠ACB）
＝45°；
（2）BE＝2MN，MN⊥BE；
理由如下：如图2
连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，
∵CQ∥EF，
∴∠FCQ＝∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM＝MF，
又∵∠CMQ＝∠FME，
∴△CMQ≌△FME（ASA），
∴CQ＝EF，ME＝QM，
∴AE＝CQ，
∵CQ∥EF，AG∥EF，
∴CQ∥AG，
∴∠QCF＝∠CRA，
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠APR，
∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，
∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，
∴∠BAE＝∠BCQ，
又∵BC＝AB，CQ＝AE，
∴△BCQ≌△BAE（SAS），
∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，
∴∠QBE＝∠CBA＝90°，
∵MQ＝ME，点N是BE中点，
∴BQ＝2MN，MN∥BQ，
∴BE＝2MN，MN⊥BE．
训练题10【2022·广东广州·校考一模】
【答案】(1)SP∥BC∥AD；SP=12BC+AD；理由见解析
(2)见解析
(3)能；t=13-152时，以PQ为直径的圆与CD相切
【分析】（1）连接CP并延长，交DA的延长线于点E，根据三角形的中位线性质证明即可；
（2）当0＜t＜2时，根据直线与圆的关系解答即可；
（3）当P在AB上时，即0＜t＜2，显然不可能和CD相切，当P在BC上时，即2≤t≤5时，如果圆与CD相切，设切点为K，连接圆心和K，这条线段就是直角梯形PCDQ的中位线，由此可用CP，DO表示出OK，也就可以用含t的式子表示出圆的直径；如果过P引AD的垂线，那么CP，DQ的差，CD，PQ这三者恰好可以根据勾股定理来得出关于t的方程，解方程后即可求出t的值．
【详解】（1）SP∥BC∥AD，SP=12AD+BC；理由如下：
连接CP并延长，交DA的延长线于点E，如图所示：
∵S、P分别为CD，AB的中点，
∴SP∥DE，SP=12DE，
∵BC∥AD，
∴SP∥BC∥AD，
∵BC∥AE，
∴∠B=∠PAE，∠BCP=∠AEP，
又∵BP=AP，
∴△BPC≌△APEAAS，
∴AE=BC，
∴DE=AD+AE=AD+BC，
∴SP=12AD+BC；
（2）当0＜t＜2时，
过B作BE⊥AD，如图所示：
∵在直角梯形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AB＝4，BC＝6，AD＝8，
∴AE＝AD−BC＝8−6＝2，
即ABAE=42=2，
∵AP＝2t，AQ＝t，
∴APAQ=2tt=2，
即ABAE=APAQ，
∵∠A＝∠A，
∴△APQ∽△ABE，
∴∠PQA＝∠BEA＝90°，
∵PQ为直径，
∴以PQ为直径的圆与AD相切．
（3）当0＜t＜2时，以PO为直径的圆与CD不可能相切；
当2≤t≤5时，设以PQ为直径的⊙O与CD相切于点K，如图所示：
则有PC＝10−2t，DQ＝8−t，OK⊥DC，
∵OK是梯形PCDQ的中位线，
∴PQ＝2OK＝PC＋DO＝18−3t，
在直角梯形PCDQ中，PO2＝CD2＋（DO−CP）2，
解得：t=13±152，
∵13+152＞5，不合题意舍去，
2＜13-152＜5，
因此，当t=13-152时，以PQ为直径的圆与CD相切．