专题18.10 四边形中动点问题的五大题型专项训练（40道）（解析版）

专题1810 四边形中动点问题的五大题型专项训练 【人版】 考卷信息： 本套训练卷共40 题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对四边形中的动点 问题的理解！ 【类型1 面积问题】 1（2022 秋·河北邯郸·八年级统考期末）如图，长方形ABCD中，AB=3cm，BC=2cm， 点P从A出发，以1cm/s的速度沿A →B→C运动，最终到达点C，在点P运动了3 秒后点 Q开始以2cm/s的速度从D运动到A，在运动过程中，设点P的运动时间为t，则当△APQ 的面积为2cm 2时，t的值为________． 【答】2 或10 3 【分析】分当P在AB上或当P在BC上两种情况,分别计算Q、Q 边上的高的长，然后再结 合三角形面积公式求解即可． 【详解】解：①当P在AB上，点P的速度为1cm/s,0<t ≤3，如图①所示： ∵AB=3, AD=2 ∴AP=t , AQ=AD=2 ∴SΔ APQ=1 2 AP⋅AQ= 1 2 AP⋅AD=t=2，解得t=2s． ②当P在BC上，点P的速度为1cm/s 当Q的速度为2cm/s,3<t ≤S，如图②所示： ∴AQ=2−2 (t−3)=8−2t，△APQ的高为AB， 1 ∴S Δ APQ=1 2 AQ· AB=1 2 ×3× (8−2t )=12−3t=2，解得t=10 3 s． 综上可得，当t=2s或10 3 s时，△APQ的面积为2cm 2． 故答为2 或10 3 ． 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用、四边形综合题等知识点，灵活运用四边形 的相关性质是解题关键． 2（2022 春·江苏苏州·八年级校考期中）E、F是线段AB上的两点，且AB=16，AE=2， BF=4，点G是线段EF上的一动点，分别以AG、BG为斜边在AB同侧作两个等腰直角三 角形，直角顶点分别为D、C，如图所示，连接CD并取中点P，连接PG，点G从E点出发 运动到F点，则线段PG扫过的图形面积为______． 【答】30 【分析】分别延长AD、BC相交于点，连接PH，EH，FH，易证四边形DGCH为矩形， 且P 为矩形DGCH的对角线交点，即P 为HG中点，过P 作MN ∥AB分别交EH，FH与 M、，所以MN为△HEF的中位线，即点P 的运动轨迹即为MN，所以GP扫过的图形即 为梯形MEFN，再根据已知线段求出梯形MEFN的面积即可． 【详解】解：分别延长AD、BC相交于点，连接PH，EH，FH， ∵△ADG、△GCB为等腰直角三角形， 1 ∴∠DGA=∠CGB=∠A=∠B=45°， ∴∠DGC=90°， ∴AH ∥GC， 又∵∠HCG=90°， ∴∠HCG=∠DGC=90°， ∴DG∥HB， ∴四边形DGCH为矩形， ∵点P 为DC中点， ∴点G、P、三点共线，且P 为HG的中点， 过P 作MN ∥AB分别交EH、FH与M、， ∴MN为△HEF的中位线，且MN即为点P 的运动轨迹， ∴GP扫过的图形即为梯形MEFN， ∵AB=16，AE=2，BF=4， ∴EF=16−2−4=10， ∴MN=1 2 EF=5， 过点作HO垂直AB于， ∵∠A=∠B=45°， ∴AH=BH，∠AHB=180°−45°−45°=90°， ∴HO=AO=BO=1 2 AB=8， ∵MN为△HEF的中位线， ∴PO=1 2 HO=1 2 ×8=4， 即梯形的高为4， ∴S梯形MEFN=1 2 ×4× (10+5)=30， 即线段PG扫过的图形面积为30． 故答为：30． 【点睛】本题为动点问题，主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理、矩形 的判定和性质等知识点，解题的关键是寻找点P 的运动轨迹． 3（2022 秋·重庆大足·八年级统考期末）如图1，两个等腰直角三角形△ABC 、△EDC的 顶点C重合，其中∠ABC=∠EDC=90°，连接AE，取AE中点F，连接BF , DF． 1 (1)如图1，当B 、C 、D三个点共线时，请猜测线段BF 、FD的数量关系，并证明； (2)将△EDC绕着点C顺时针旋转一定角度至图2 位置，根据“AE中点F”这个条件，想 到取AC与EC的中点G 、H，分别与点F相连，再连接BG , DH，最终利用 △BGF ≌△FHD（SAS）证明了（1）中的结论仍然成立．请你思考当△EDC绕着点C 继续顺时针旋转至图3 位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论； 若不成立，请说明理由； (3)连接BD，在△EDC绕点C旋转一周的过程中，△BFD的面积也随之变化．若 AC=5 ❑ √2,CB=3 ❑ √2，请直接写出△BFD面积的最大值． 【答】(1)DF=BF，证明见解析 (2)成立，证明见解析 (3)32 【分析】（1）连接CF，由等腰直角三角形的性质证出∠ABF=∠CBF=45°，得出 ∠FBD=∠FDB，则可得出结论； （2）取AC的中点M，CE的中点，连接BM ，FM ，FN ，DN ，由三角形中位线定理 证出四边形FNCM是平行四边形，得出∠FMC=∠FNC，证明 △FMB≌△DNF （SAS ），由全等三角形的性质得出BF=DF； （3）当BD最大时，△BFD的面积最大，由等腰直角三角形的性质及三角形面积公式可得 出答． 【详解】（1）解：BF=DF． 连接CF， 1 ∵△ABC和△EDC是等腰直角三角形， ∴∠ACB=∠DCE=45°，DC=DE，AB=BC ， ∴∠ACE=90°， ∵F 为AE的中点， ∴AF=CF=EF， 又∵DF=DF， ∴△DCF ≌△≝(SSS)， ∴∠CDF=∠EDF=45°， 同理△ABF ≌△CBF(SSS)， ∴∠ABF=∠CBF=45°， ∴∠FBD=∠FDB， ∴DF=BF； （2）解：成立，理由如下： 如图3，取AC的中点M，CE的中点，连接BM ，FM ，FN ，DN， ∵△ABC是等腰直角三角形，AM=MC， ∴∠MCB=∠MBC=45°，∠CMB=90°，BM=CM=¿ 1 2 AC， ∵△DEC是等腰直角三角形，EN=NC， 1 ∴∠DEN=∠DCN=45°，∠CND=90°，DN=CN=¿ 1 2 CE， ∵F，分别是AE和EC的中点， ∴FN是△AEC的中位线， ∴FN ∥AC ，FN=¿ 1 2 AC， ∵F，M 分别是AE和AC的中点， ∴FM是△AEC的中位线， ∴FM ∥EC ，FM=¿ 1 2 EC， ∴BM=¿ 1 2 AC=FN ，DN=¿ 1 2 EC=FM， 又∵FN ∥AC ，FM ∥EC， ∴四边形FNCM是平行四边形， ∴∠FMC=∠FNC， ∴∠FMB+∠CMB=∠DNF+∠CND， ∴∠FMB=∠DNF， ∴△FMB≌△DNF （SAS ）， ∴BF=DF； （3）解：过点F 作FG⊥BD于点G， 由（2）知：△BFD是等腰直角三角形， ∴当BD最大时，△BFD的面积最大， ∵BD≤CB+CD， ∴当B、、D 共线时，BD 最大=CB+CD=5 ❑ √2+3 ❑ √2=8 ❑ √2， ∴S△BDF=¿ 1 2 BD•GF=¿ 1 2 ×8 ❑ √2×4 ❑ √2=¿32． 即△BFD面积的最大值是32． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形 1 的判定与性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定与性 质是解题的关键． 4（2022 秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十七中学校考期中）如图，在平面直角坐标 系中，为坐标原点，点和点B 分别在y 轴和x 轴上，连接AB，点为AB的中点， OA=OB=12． (1)求点坐标； (2)点P 从点出发沿x 轴正方向以每秒2 个单位的速度运动，连接AP、CP，点P 的运动时 间为t 秒，△ACP的面积为S，求用含t 的式子表示S； (3)在（2）的条件下，在y 轴负半轴上有一点Q，连接BQ，过点作AD⊥BQ于点D，AD 与CP交于点E，与x 轴交于点F，当∠BPC=2∠OBQ时，OQ=CE，求此时点Q 的坐 标． 【答】(1)(−6,6) (2)S=6t+36 (3)(0,−4 ) 【分析】（1）连接OC，过点作CM ⊥OB于点M，CN ⊥OA于点，根据直角三角形斜 边中线性质可得OC=1 2 AB=AC=BC，根据等腰三角形三线合一的性质可得OM=BM， ON=AN，根据三角形中位线的性质可求CM=1 2 AO=6，CN=1 2 BO=6，即可求出点 的坐标； （2）根据S=S△ACP=S△ABP−S△BCP求解即可； （3）取AF中点G，连接CG，根据三角形中位线的性质得出CG=1 2 BF，CG∥BF，根 据ASA可证△BOQ≌△AOF，得出OQ=OF，∠FBD=α，结合三角形内角和定理和 ∠BPC=2∠OBQ可求∠PEF=∠PFE=90°−α，再结合平行线的性质，对顶角的性 质以及等角对等边可证CG=CE，进而得出FO=1 2 BF，则可求FO=4=QO，即可可求 1 Q 的坐标． 【详解】（1）解∶连接OC，过点作CM ⊥OB于点M，CN ⊥OA于点， ∵点为AB的中点，∠AOB=90°， ∴OC=1 2 AB=AC=BC， ∵CM ⊥OB，CN ⊥OA， ∴OM=BM，ON=AN， 又∵OA=OB=12， ∴CM=1 2 AO=6，CN=1 2 BO=6， ∴点的坐标为(−6,6)； （2）解：连接OC，过点作CM ⊥OB于点M， ， 由（1）知：CM=6， 由题意知：OP=2t，BP=12+2t， ∴S=S△ACP=S△ABP−S△BCP ¿ 1 2 (12+2t )×12−1 2 (12+2t )×6 ¿6t+36； （3）解：取AF中点G，连接CG， ， 1 ∵点为AB的中点， ∴CG=1 2 BF，CG∥BF， ∵AD⊥BQ，∠AOF=90°， ∴∠FBD+∠BFD=90°，∠FAO+∠AFO=90°， 又∠BFD=∠AFO， ∴∠FBD=∠FAO， 又BO=AO，∠BOQ=∠AOF， ∴△BOQ≌△AOF (ASA )， ∴OQ=OF， 设∠OBQ=α， 则∠BFD=∠AFO=90°−α，∠EPF=2∠OBQ=2α， ∴∠PEF=180°−∠EPF−∠PFE=90°−α， ∴∠PEF=∠PFE， ∵CG∥BF， ∴∠CGE=∠PFE， 又∠CEG=∠PEF， ∴∠CGE=∠CEG， ∴CG=CE， 又CE=OQ，FO=QO，CG=1 2 BF， ∴FO=1 2 BF， 又BO=BF+FO=12， ∴FO=4=QO， 又Q 在y 轴负半轴上， ∴Q 的坐标为(0,−4 )． 【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性 质，等腰三角形的性质等知识，添加合适的辅助线，证明QO=FO=1 2 BF是解第（3）的 关键． 5（2022 秋·吉林·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E 为AB的中点，以为原点，AB、 AD所在直线为x 轴、y 轴，建立平面直角坐标系．正方形ABCD的边长是方程 x 2−8 x+16=0的根．点P 从点B 出发，沿BC －CD向点D 运动，同时点Q 从点E 出发， 1 沿EB−BC向点运动，点P 的速度是每秒2 个单位长度，点Q 的速度是每秒1 个单位长度． 当点P 运动到点D 时，P、Q 两点同时停止运动，设点P 运动的时间为t 秒，△AQP的面 积为S． (1)求点的坐标； (2)求S 关于t 的函数关系式； (3)当△AQP是以AP为底边的等腰三角形时，直接写出点P 的坐标． 【答】(1)(4，4 ) (2)S=¿ (3)(4，4 )或(0，4 ) 【分析】（1）解方程求出正方形ABCD的边长，即可得点的坐标； （2）分两种情况：0<t ≤2时，2≤t ≤4时，根据面积公式可求得S 关于t 的函数关系式； （3）分两种情况：0<t ≤2时，2≤t ≤4时，利用勾股定理表示出A Q 2，PQ 2，根据等腰 三角形的性质即可求解． 【详解】（1）∵正方形ABCD的边长是方程x 2−8 x+16=0的根， 解方程x 2−8 x+16=0， 得x1=x2=4， ∴正方形ABCD的边长为4， ∴AB=BC=CD=AD=4，BC ⊥AB，CD⊥AD， ∴点的坐标为(4，4 )； （2）∵E 为AB的中点， ∴BE=AE=1 2 AB=2, 由题意得：0≤t ≤4， 分两种情况： ①0<t ≤2时，如图 1 由题意得：EQ=t，BP=2t， ∴AQ=AE+EQ=2+t， ∴S=S Δ APQ=1 2 AQ⋅BP=1 2 × (2+t )×2t=t 2+2t； ②2≤t ≤4时，如图 由题意得：EB+BQ=t，BC+CP=2t， ∴BQ=t−BE=t−2，CQ=BC+BE−t=6−t，CP=2t−BC=2t−4， PD=BC+CD−2t=8−2t， ∴S=S△APQ=S正方形ABCD−S△APD−S△ABQ ― S△CPQ ¿4×4−1 2 ×4(8−2t )−1 2 ×4(t−2)−1 2 (6−t )(2t−4) ¿t 2−6t+16， ∴S 关于t 的函数关系式为 S=¿ （3）分两种情况： ①0<t ≤2时，如图： 1 由题意得：EQ=t，BP=2t， ∴AQ=AE+EQ=2+t，BQ=2−t， ∴A Q 2=(2+t ) 2=t 2+4 t+4 , PQ 2+B P 2=(2−t ) 2+(2t ) 2 ¿5t 2−4 t+4 当AQ=PQ时，A Q 2=PQ 2， ∴t 2+4 t+4=5t 2−4 t+4，解得t=0(舍去)或2， ∴BP=4， ∴当0≤t ≤2，△AQP是以AP为底边的等腰三角形时，P (4，4 )； ②2<t ≤4时，如图： 由题意得：EB+BQ=t，BC+CP=2t， ∴BQ=t−BE=t−2， CQ=BC+BE−t=6−t， CP=2t−BC=2t−4， PD=BC+CD−2t=8−2t， ∴A Q 2=A B 2+BQ 2=4 2+(t−2) ¿t 2−4 t+20 PQ 2=C Q 2+C P 2=(6−t ) 2 +(2t−4) 2=5t 2−28t+52 当AQ=PQ时，A Q 2=PQ 2， ∴t 2−4 t+20=5t 2−28t+52，解得t=2(舍去)或4， ∴DP=0， ∴P (0，4 )； ∴当2<t ≤4，△AQP是以AP为底边的等腰三角形时，P (0，4 )， 综上所述，当△AQP是以AP为底边的等腰三角形时，点P 的坐标为(4，4 )或(0，4 ) 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、坐标与图形的性质、面积的计算、 勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用勾股定理构建方程． 6（2022 春·八年级衡水期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4．过点A作 对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E，P为边BD上的一个动点（不与端点B， D重合），连接PA，PE，AC． 1 (1)求证：四边形ABDE是平行四边形． (2)求四边形ABDE的周长和面积． (3)记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的 运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请 直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围． 【答】(1)见解析 (2)▱ABDE的周长为：8+8 ❑ √3，▱ABDE的面积为：8 ❑ √3； (3)①16+4 ❑ √3＜C1+C2＜12+4 ❑ √3+4 ❑ √7；②S1+S2的值为定值，这个定值为4 ❑ √3； 【分析】（1）利用菱形的性质得：AB∥DE，由两组对边分别平行的四边形可得结论； （2）设对角线AC与BD相交于点O．根据直角三角形30°角的性质得AC的长，由勾股定 理得OB的长和BD的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积； （3）①先根据三角形的周长计算C1+C2=2 AB+BD+ AP+PE=8+4 ❑ √3+ AP+PE，确 定AP+PE的最大值和最小值即可； 根据轴对称的最短路径问题可得：当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是4+4=8， 由图形可知：当P在点B处时，AP+PE的值最大，构建直角三角形计算即可； ②S1+S2的值为定值，这个定值为4 ❑ √3，根据面积公式可得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD， 即AB∥DE． ∵BD∥AE， ∴四边形ABDE是平行四边形． （2）解：设对角线AC与BD相交于点O． ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC ＝60°， ∴∠ABD=∠CBP=1 2 ∠ABC=30°，AC ⊥BD． 在Rt △AOB中，AO=1 2 AB=2， ∴OB=2❑ √3． 1 ∴BD=2BO=4 ❑ √3． ∴▱ABDE的周长为：2 AB+2BD=8+8 ❑ √3， ▱ABDE的面积为：BD·AO=4 ❑ √3×2=8 ❑ √3； （3）①∵ C1+C2=AB+PB+ AP+PD+PE+DE=2 AB+BD+ AP+PE=8+4 ❑ √3+ AP+PE， ∵C和A关于直线BD对称， ∴当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是4+4=8， 当P在点B处时，AP+PE的值最大，如图2， 过E作EG⊥BD，交BD的延长线于G， ∵∠BDE=150°， ∴∠EDG=30°， ∵DE=4， ∴EG=2，DG=2❑ √3， Rt △PEG中，BG=4 ❑ √3+2❑ √3=6 ❑ √3， 由勾股定理得：PE= ❑ √2 2+(6 ❑ √3) 2=4 ❑ √7， ∴AP+PE的最大值是：4+4 ❑ √7， ∵P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合）， ∴8+8+4 ❑ √3＜C1+C2＜8+4 ❑ √3+4+4 ❑ √7， 即16+4 ❑ √3＜C1+C2＜12+4 ❑ √3+4 ❑ √7； ②S1+S2的值为定值，这个定值为4 ❑ √3； 理由是： S1+S2=1 2 BP⋅AO+ 1 2 PD⋅AO=1 2 AO (BP+PD )=1 2 ×4 ❑ √3×2=4 ❑ √3． 【点睛】考查了菱形的性质，直角三角形30度角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角 形的面积和周长公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关键是计 算OA和OB的长，解（3）的关键是作辅助线，构建直角三角形． 7（2022 春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学期末）如图1，点O为长方形ABCD的中心，x轴 ∥BC，y轴¿/ AB，AB=6，BC=12． 1 (1)直接写出A、B的坐标； (2)如图2，若点P从C点出发以每秒2个单位长度向CB方向匀速移动(不超过点B)，点Q从