浙教版八年级下册数学 第25课时《特殊四边形的动点问题》练习

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专题5.5 特殊四边形动点问题一、单选题1．已知，矩形ABCD中，E为AB上一定点，F为BC上一动点，以EF为一边作平行四边形EFGH，点G，H分别在CD和AD上，若平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，则应满足（    ）A．AD=4AE B．AD=2AB C．AB=2AE D．AB=3AE【答案】C【分析】设AB=a，BC=b，BE=c，BF=x，由于四边形EFGH为平行四边形且四边形ABCD是矩形，所以△AEH≅△CGF，△BEF≅△DGH，根据S▱EFGH=S▭ABCD−2S△AEH+S△EBF ，化简后得a−2cx+bc，F为BC上一动点，x是变量，a−2c是x的系数，根据平S▱EFGH不会随点F的位置改变而改变，为固定值，x的系数为0，bc为固定值，a−2c=0，进而可得点E是AB的中点，即可进行判断．【详解】解：∵四边形EFGH为平行四边形且四边形ABCD是矩形，∴△AEH≅△CGF，△BEF≅△DGH，设AB=a，BC=b，BE=c，BF=x，∴S▱EFGH=S▭ABCD−2S△AEH+S△EBF=ab−212a−cb−x+12cx=ab−ab−ax−bc+cx+cx=ab−ab+ax+bc−cx−cx=a−2cx+bc∵F为BC上一动点，∴x是变量，a−2c是x的系数，∵S▱EFGH不会随点F的位置改变而改变，为固定值，∴x的系数为0，bc为固定值，∴a−2c=0，∴a=2c，∴E是AB的中点，∴AB=2AE，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，掌握矩形的性质是解决本题的关键．2．已知：如图1，矩形ABCD中，E是边AD上一点，且AE＝6cm，AB=8cm，点P从B出发，沿折线BE﹣ED﹣DC匀速运动，运动到点C停止．P的运动速度为2cm/s，运动时间为t（s），△BPC的面积为y（cm2），y与t的函数关系图象如图2，则下列结论：①a＝7；②b＝10；③当t＝3s时，△PCD为等腰三角形；④当t＝10s时，y＝12cm2．正确的有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据点P运动的速度，可以确定某时刻点P的具体位置，再结合△BPC的面积与时间t函数关系的图象，可以得到问题的解答．【详解】解：当P点运动到E点时，△BPC面积最大，结合函数图象可知当t＝5时，△BPC面积最大为40，∴BE＝5×2＝10．∵12•BC•AB＝40， ∴BC＝10．则ED＝10﹣6＝4．当P点从E点到D点时，所用时间为4÷2＝2s，∴a＝5+2＝7．故①正确；P点运动完整个过程需要时间t＝（10+4+8）÷2＝11s，即b＝11，②错误；当t＝3时，BP＝AE＝6，又BC＝BE＝10，∠AEB＝∠EBC（两直线平行，内错角相等），∴△BPC≌△EAB（SAS），∴CP＝AB＝8，∴CP＝CD＝8，∴△PCD是等腰三角形，故③正确；当t＝10时，P点运动的路程为10×2＝20cm，此时PC＝22﹣20＝2，△BPC面积为12×10×2＝10cm2，④错误．∴正确的结论有①③，共2个．故选：B．【点睛】本题考查矩形性质与函数图象的综合应用，正确理解函数图象各点意义、综合应用等腰三角形和平行线的性质是解题关键．3．如图，在正方形ABCD中，AB=4，E是BC上的一点且CE=3，连接DE，动点M从点A以每秒2个单位长度的速度沿AB-BC-CD-DA向终点A运动，设点M的运动时间为t秒，当△ABM和△DCE全等时，t的值是（   ）A．3.5 B．5.5 C．6.5 D．3.5或6.5【答案】D【分析】分两种情况进行讨论，根据题意得出BM=2t-4=3和AM=16-2t=3即可求得．【详解】解：如图，当点M在BC上时，∵△ABM′和△DCE全等，∴BM=CE，由题意得：BM′=2t-4=3，所以t=3.5（秒）；当点M在AD上时，∵△ABM″和△CDE全等，∴AM″=CE，由题意得：AM″=16-2t=3，解得t=6.5（秒）．所以，当t的值为3.5秒或6.5秒时．△ABM和△DCE全等．故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定，解题的关键是掌握正方形的性质．4．如图1，在矩形ABCD中，AD>12AB，点E为AB边的中点，点P为AB边上一个动点，连接DP．设AP的长为x，PD+PE=y，其中y关于x的数图象如图2，则矩形ABCD的面积为（    ）A．15 B．24 C．35 D．36【答案】B【分析】根据矩形的性质，结合图2，得AD2+AE2=DE2，代入相关数据，求解得AB、AD，即可求矩形的面积；【详解】解：结合图2当x=0时，PD+PE=AD+AE=y=7当P、E重合时，PD+PE=DE=ymin=5，设AD=x，AE=7−x则AD2+AE2=DE2即x2+7−x2=52解得：x1=3（不符合题意舍去），x2=4∴AD=4，AE=3∴AB=2AE=6∴SABCD=AB⋅AD=4×6=24故选：B【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、掌握相关性质，并结关系图求出矩形的面积是解题的关键．5．如图，在平行四边形ABCD中，∠C=135°，AD=3，AB=2，点H、G分别是边CD、BC上的动点．连接AH、GH，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最大值与最小值的差为（　　）A．12 B．5−12 C．52 D．5−22【答案】B【分析】连接AG，由EF=12AG，知当AG最小时，EF最小，当AG最大时，EF最大，当AG⊥BC时，AG最小，此时EF也最小，可求出AG=AB2=1，故EF最小为12；当AG与AC重合时，AG最大，此时EF也最大，过C作CK⊥AD于K，可求得AG=AK2+GK2=5，故EF最大为52；即可得到答案．【详解】解：连接AG，如图：∵点E为AH的中点，点F为GH的中点，∴EF是△AGH的中位线，∴EF=12AG，∴当AG最小时，EF最小，当AG最大时，EF最大，当AG⊥BC时，AG最小，此时EF也最小，如图：∵∠C=135°，∴∠B=180°−∠C=45°，∴△ABG是等腰直角三角形，∵AB=2，∴AG=AB2=1，∴EF最小为12；当AG与AC重合时，AG最大，此时EF也最大，过C作CK⊥AD于K，如图：同上可得△DGK是等腰直角三角形，DK=GK=1，∵AD=3，∴AK=AD−DK=2，∴AG=AK2+GK2=22+12=5，∴EF最大为52；∴EF的最大值与最小值的差为5−12，故选：B．【点睛】本题考查平行四边形中的动点问题，涉及三角形中位线，解题的关键是找出EF取最大，最小值时G的位置．6．如图，点O为矩形ABCD(AB≠BC)的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状是下列图形中的哪些：①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形．（    ）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】A【分析】根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况，由此可得结论．【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD是矩形，∴AO=CO，CD∥AB，∴∠OAE=∠OCF，∵∠AOE=∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形，当EF⊥AC时，四边形AECF是菱形，当点E和点B重合时，四边形AECF是矩形，而且AB≠BC，故不可能是正方形，可知四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形， 故选：A．【点睛】考查了全等三角形的判定和性质、矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，根据EF与AC的关系即可求解．7．如图，在菱形ABCD中，AB=6cm,∠B=120°，P为对角线AC上的一个动点，过点P作AC的垂线，交AD或CD于点E，交AB或BC于点F，点P从点A出发以3cm/s的速度向终点C运动，设运动时间为t(s)，以EF为折线将菱形ABCD向右折叠，若重合部分面积为43cm2，求t的值，对于其答案，甲答：t=2，乙答：t=3，丙答：t=4，则正确的是（    ）A．只有甲答的对 B．甲、乙答案合在一起才完整C．甲、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才充整【答案】C【分析】由菱形的性质推出∠DAC的度数，通过分类讨论的方法得到含有特殊角的直角三角形AGD、APE、CPE以及等边三角形EFA、EFC，利用面积公式进而列出有关时间t的一元二次方程，通过解方程求出t.【详解】解 ：如图，连接BD交AC于点G∵四边形ABCD为菱形∴AD=CD=BC=AB=6cmBD⊥AC，∠ADC=∠ABC=120°∴∠DAC=12180°−∠ADC=30°在Rt△AGD中，DG=12AD=3cm∴AG=3DG=33cm∵DA=DC,BD⊥AC∴AC=2AG=63cm由题意可知，AP=3tcm 0≤t≤6如图所示，重合部分S△EFA=S△EFA′=43cm2在Rt△APE 中，EF⊥AC，∠DAC=30°∴EP=AP3=tcm∵∠DAB=180°−∠B=60°，EF⊥AC∴△EFA为等边三角形∴EF=2EP=2tcm∴S△EFA=S△EFA′=12×EF×AP=12×2t×3t=43cm2 0≤t≤6∴t=2如图所示，重合部分S△EFC=43cm2在Rt△CPE中，EF⊥AC，∠DCA=30°CP=AC−AP=63−3tcm∴EP=CP3=6−tcm∵∠DCB=180°−∠B=60°，EF⊥AC∴△EFC为等边三角形∴EF=2EP=12−2tcm∴S△EFC=12×EF×CP=12×12−2t×63−3t=43cm2 0≤t≤6∴t=4∴t=4或t=2，即甲、丙答案合在一起才完整.故答案选C .【点睛】本题考查的是菱形的性质和折叠问题，涉及到的知识点有利用特殊直角三角形求边长、求角度以及等边三角形的判定.是否能用分类讨论的方法解决本题折叠问题是这道题的难点.本题的综合能力较强.二、填空题8．如图，在长方形ABCD中，AD=3cm，DC=5cm，点P从D出发，以1cm/s的速度在线段DC上运动，点Q从C点出发，以xcm/s的速度在线段CB上运动，若点P、点Q同时出发，当x=_______时，△ADP与△PCO全等．【答案】1cm/s或65cm/s【分析】分两种情况：①AD=CP且DP=CQ列方程求解即可；②AD=CQ且DP=CP列出方程求解即可．【详解】解：设运动时间为ts，∵△ADP≌△PCO，①AD=CP且DP=CQ，∴3=5−tt=tx，解得：t=2x=1，∴当x=1cm/s时，△ADP≌△PCO，②AD=CQ且DP=CP，∴3=txt=5−t，解得：t=52x=65，∴当x=65cm/s时，△ADP≌△PCO，综上所述，x=1cm/s或x=65cm/s，△ADP≌△PCO．【点睛】本题考查了矩形的动点问题，三角形全等的判定,二元一次方程组的解法，用含有t的代数式表示相关线段的长度是解题的关键．9．如图，在矩形ABCD中，AB=33，∠CAB=30°，点P从点A出发，每秒3个单位长度的速度沿AB方向运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线CA方向运动．已知P，Q两点同时出发，当点Q到达点A时，P，Q两点同时停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒．在运动过程中，若将△APQ沿AP翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，则运动时间t的值为______．【答案】2【分析】根据题意得：AP=3t,AQ=6−2t，过点Q作QM⊥AB于点M，然后根据30°角直角三角形的性质得到QM=12AQ=3−t，最后根据勾股定理列出方程求解即可．【详解】根据题意得：AP=3t,AQ=6−2t，如图所示，过点Q作QM⊥AB于点M，∵翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，∴AQ=PQ，∴AM=12AP=32t，∵∠CAB=30°，∴QM=12AQ=3−t，∴在Rt△AQM，AM2+QM2=AQ2，∴3−t2+3t22=6−2t2，解得：t=2或6（舍去）．故答案为：2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．10．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=15，M为BC的三等分点（BM=13BC），N是从B出发，以每秒1个单位的速度沿B−A−D方向运动的动点，点N运动t秒后沿MN所在直线，将矩形纸片进行翻折，若点B恰好落在边AD上，则t的值为________．【答案】53或7【分析】由N是从B出发，以每秒1个单位的速度沿B−A−D方向运动的动点，可知，需要分类讨论，结合折叠的性质，可得直角三角形，再利用勾股定理，即可求解．【详解】设B点沿过点M的直线翻折后落在AD上的对应点为点B′，①如图1，过点M作ME⊥AD交AD于点E，N在AB上，可得四边形ABME为矩形，∴EM=AB=3，AE=BM，∵M为BC的三等分点，BC=15，∴由折叠可得B′M=BM=13×15=5．在Rt△B′EM中，由勾股定理，得B′E=B′M2−EM2=52−32=4，∴AB′=AE−B′E=5−4=1．设AN=x，则NB=AB−AN=3−x，在Rt△ANB′中，由勾股定理，得AN2+AB′2=x2+12=NB′2=(3−x)2，解得x=43，∴NB=AB−AN=3−43=53．故t=53．②如图2，过点M作ME⊥AD交AD于点E，N在AD上．可得四边形ABME为矩形，∴ME=AB=3，AE=BM=5．在Rt△EMB′中，由勾股定理，得B′E=B′M2−EM2=52−32=4，AB′=AE+B′E=5+4=9，设AN=AN′=y，则EN=AE−AN=5−y，则NB′=AB′−AN=9−y．在Rt△A′NB′中，由勾股定理，得NA′2+A′B′2=y2+32=NB′2=(9−y)2，y=4，即AN=4，则t=(3+4)÷1=7，综上所述，t=53或7．故答案为：t=53或7．【点睛】本题主要考查了动点问题、折叠问题、勾股定理、矩形的性质．11．在▱ABCD中(AB>BC)，点O是对角线AC的中点．过点O作直线HF,GE，直线HF分别交AD,BC于点H，F，直线GE分别交DC,AB于点G，E．连接EF,FG,GH,HE．有下列四个结论：①四边形EFGH可以是平行四边形；②四边形EFGH可以是矩形；③四边形EFGH不可以是菱形；④四边形EFGH不可以是正方形，其中正确的是________．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】根据平行四边形的性质结合全等三角形的判定与性质得出OH=OF，OE=OG，即可证明结论①；当OE=OH时，可证明结论②；当OE⊥OH时，可证明结论③；将图3中的Rt△EOH顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，可得OE≠OH，可得结论④．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAC=∠BCA，∵点O是对角线AC的中点，∴AO=CO，∵∠AOH=∠COF，∴△AOH≌△COF，∴OH=OF，同理可得△AOE≌△COG，∴OE=OG，∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确；当OE=OH时，四边形EFGH是矩形，故②正确；当OE⊥OH时，四边形EFGH是菱形，故③错误；将图3中的Rt△EOH顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，∴当OE⊥OH时，不存在OE=OH，∴四边形EFGH不可以是正方形，故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题考查了四边形综合问题，涉及到全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的性质定理与判定定理是解本题的关键．12．如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是矩形，且B8,4，动点E从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB向点B运动，同时动点F从点B出发，以同样每秒1个单位的速度沿折线BC→CO向点O运动，当E，F有一点到达终点时，点E，F同时停止运动．设点E，F运动时间为t秒，在运动过程中，如果AE=3CF，那么t=______秒．【答案】3或6/6或3【分析】分当F在BC边上和OC上两种情况，然后分别表示出AE、CF，再根据AE=3CF列关于t的方程即可求解．【详解】解：当F在BC边上，如图，由题意得：AE=t，BF=t，CF=4−t，∵AE=3CF，∴t=3(4−t)，∴t=3；当F在OC上时，如图，由题意得：AE=t，CF=t−4，∵AE=3CF，∴t=3(t−4)，∴t=6；∵当E，F有一点到达终点时，点E，F同时停止运动，∴0≤t≤8，∴t=6和t=3符合题意．故答案为：3或6．【点睛】本题主要考查了矩形性质以及动点问题，灵活运用矩形的性质以及分类讨论F位置是求解本题的关键．13．如图，动点P从0,3出发，沿所示方向运动，每当碰到长方形OABC的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第2022次碰到长方形OABC的边时，点P的坐标为___________．【答案】0,3【分析】根据入射角等于反射角的定义作出图形，可知，每六次反弹为一个循环组依次循环，用2022除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的坐标即可．【详解】如图，根据题意作出图形得：P00,3，P13,0，P27,4，P38,3，P45,0，P51,4，P60,3，P73,0，…，∴点Pn的坐标六次一循环，经过六次反弹后动点回到出发点0,3．∵ 2022÷6=337∴当点P第2022次碰到长方形的边时为第336个循环组的第六次反弹，∴点P的坐标为0,3．故答案为：0,3．【点睛】本题考查了点的坐标的规律，作出图形，观察出每六次反弹为一个循环依次循环是解本题的关键．三、解答题14．如图，矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点G，H分别AB，CD中点，动点E，F分别从A、C同时出发，沿对角线AC相向而行，速度均为2cm/s，设运动时间为ts0≤t≤5．(1)证明△AEG≌△CFH；(2)当0≤t