微专题03 特殊平行四边形中的动点问题（专项训练）数学鲁教版五四制八年级下册

微专题03 特殊平行四边形中的动点问题 题型1 动点与特殊四边形存在性问题 核心特征：动点运动过程中，判断是否能形成矩形、菱形、正方形等特殊平行四边形，或求使其形成的参数 解题步骤： 第一步：设变量：用时间t或速度v表示动点运动的距离； 第二步：列条件：根据特殊四边形的判定定理，列出方程； 第三步：解方程：求解参数（如t），并验证是否符合动点运动范围。 1．（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，在矩形中，，P，Q分别是边上的动点，点P从A出发到D停止运动，点Q从C出发到B停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动，下面四个结论中下列结论不正确的是（    ） A．存在四边形是矩形 B．存在四边形是正方形 C．存在四边形是菱形 D．存在四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查矩形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定，熟知特殊平行四边形的判定与性质是解答的关键．根据矩形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定逐项判定即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，，， A、当时，四边形是矩形，故此选项说法正确，不符合题意； B、不存在四边形是正方形， 因为当时，，这与矛盾， 故此选项说法不正确，符合题意； C、∵，， ∴四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， 设，则， 由勾股定理得，则，解得， 故当时，四边形是菱形，故此选项说法正确，不符合题意； D、当点P与D重合，点Q与B重合时，四边形（即四边形）是矩形，故此选项说法正确，不符合题意， 故选：B． 2．（25-26八年级上·山东青岛·期末）已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题： (1)如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分； (2)如图2，若四边形是菱形，求t的值； (3)如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)存在， 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． （1）说明四边形是平行四边形即可； （2）设，在中，利用勾股定理建立方程求解； （3）连接交于点，当四边形是菱形时，，则，列出方程即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，总是互相平分． （2）解：若四边形是菱形，则， ∴在中，由勾股定理，得， ∴， 解得， ∴t的值为3． （3）解：存在． 如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． ∴， 解得， ∴当秒时，四边形是菱形． 3．（25-26九年级上·山东青岛·月考）已知，如图，O为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形是平行四边形； (2)在直线上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接求出t的值，并直接写出此时Q点坐标；若不存在，请说明理由； (3)在线段上有一点M且，当P运动______秒时，四边形的周长最小值为______． 【答案】(1)2.5； (2)存在，时，；时，；时， (3)； 【分析】（1）先求出，进而求出，再由运动知，进而由平行四边形的性质建立方程即可得出结论； （2）根据题意，分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论； （3）先判断出四边形周长最小，得出最小，即可确定出点的位置，进而勾股定理，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形，， ， ∵点是的中点， ∴， 由运动知，， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ； （2）解：存在，①当点在的右边时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ，解得， ， ； ②当点在的左边且在线段上时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ， ，解得， ， ； ③当点在的左边且在的延长线上时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ， ，解得， ， ； 综上所述，时，；时，；时，； （3）解：由（1）知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形的周长为， 最小时，四边形的周长最小， 作点A关于的对称点E，连接交于M，如图， ， ， 两点之间线段最短， 此时最小，即最小， ， 的最小值为， 四边形的周长最小值为， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵由对称得， ∴为的中位线， ， ， ， 故答案为：，． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、菱形性质、平行四边形的性质、勾股定理、轴对称的性质，三角形的中位线定理，坐标与图形，解（1）的关键是求出的值，解（2）的关键时分类讨论的思想，解（3）的关键是找出点的位置． 4．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，矩形的顶点，，将矩形的一个角沿直线折叠，使得点落在对角线上的点E处，折痕与x轴交于点D． (1)线段的长度为_____； (2)求直线所对应的函数表达式； (3)求点E的坐标； (4)若点Q在线段上，在线段上是否存在点P，使以点D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)10 (2) (3) (4)存在， 【分析】（1）由矩形的性质可得出点的坐标及，的长，利用勾股定理可求出的长； （2）设，则，，，利用勾股定理可求出值，进而可得出点的坐标，再根据点，的坐标，利用待定系数法可求出直线所对应的函数表达式； （3）过点作轴于点，由，可得出，利用面积法可求出的长，在中，利用勾股定理可求出的长，进而可得出点的坐标； （4）根据，求出直线的解析式，根据点的纵坐标求出其横坐标即可． 【详解】（1）解：由题意，得：点的坐标为，，， ， 故答案为：10； （2）解：设，则，，， ∵， ∴ ∴，即， ∴， ∴， ∴点D的坐标为． 设直线所对应的函数表达式为， 将，代入， 得：， 解得：， ∴直线所对应的函数表达式为； （3）解：过点E作轴于点F，如图所示． ∵， ∴ ∴， ∴， 在中，， ∴点E的坐标为． （4）解：存在， 如图所示，由，设直线的解析式为：， 把代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为：， 令，则， 解得：， ∴存在，点P的坐标为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用性质解决问题． 5．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图1，直线：分别与轴、轴交于、两点，与直线：交于点． (1)求和的值； (2)在直线上有一点，过点作轴的平行线交直线于点，设点的横坐标为，当为何值时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形； (3)若点为直线上一点，则在平面直角坐标系中是否存在一点，使得、、、为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出所有符合条件的点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)或 (3)存在，点坐标为或 【分析】（1）将分别代入，，即可求解； （2）先根据的坐标，则可得的长，然后根据平行四边形的判定可得，据此建立方程，解方程即可得； （3）分两种情况：①以、、、四个点构成的是矩形，先利用三角形的面积公式和勾股定理可得的长，从而可得点的坐标，再根据矩形的对角线互相平分、点坐标的中点公式即可得；②以、、、四个点构成的是矩形，此时点与点重合，则，根据矩形的性质可得，，由此即可得． 【详解】（1）将点代入， ， 解得； 将点代入， ， 解得； （2）∵点E的横坐标为m， ，， ， 与y轴的交点， ， ， ， 解得或； （3）解：将代入一次函数得：，解得， ∴点坐标为； 将代入直线得：，即， ∴，， ∴， ∴， ∵点为直线上一点，且在中，， ∴分以下两种情况： ①如图，以、、、四个点构成的是矩形， 过点作轴于点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设点的坐标为， ∵矩形的对角线互相平分，， ∴，解得， ∴此时点的坐标为； ②如图，以、、、四个点构成的是矩形，此时点与点重合，则， ∴， ∴此时点的坐标为； 综上，存在一点，使得、、、四个点能构成一个矩形，此时点的坐标为或． 【点睛】本题考查了一次函数的应用、平行四边形的判定、矩形的性质、勾股定理、点坐标的中点公式等知识，熟练掌握一次函数的几何应用是解题关键． 6．（24-25八年级下·山东日照·期末）如图1，在矩形中，，，点E从A出发，沿方向匀速运动到点C停止，点F从C出发，沿方向匀速运动到点A停止，E，F的运动速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒． (1)用含t的代数式表示线段的长； (2)如图2，点P，Q分别是边，上的点，连接，，，． ①若P，Q分别是，的中点，当________时，四边形是矩形； ②若P，Q分别是动点，点P从A出发，沿方向匀速运动到点D停止，点Q从C出发，沿方向匀速运动到点B停止，P，Q的运动速度均为每秒1个单位长度，P，Q，E，F均同时出发，是否存在某一时刻，使得以P，Q，E，F为顶点的四边形是菱形？若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)当时，；当时，； (2)①2或8；②存在，． 【分析】（1）由勾股定理计算得出，再分两种情况：当时；当时，分别计算即可得解； （2）①证明四边形为矩形，得出，由矩形的性质可得，由①可得当时，；当时，，再分情况计算即可得解；②连接，交于点O，连接，．由菱形的性质可得，，，证明四边形是平行四边形得出，即可得出是的垂直平分线，从而可得，设，则，由勾股定理求出，即可得解． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，， ∴， ∵E，F的运动速度均为每秒1个单位长度， ∴E，F相遇的时间为（秒），E，F运动的总时间为（秒）， 故当时，；当时，； （2）解：①如图，连接， ∵P，Q分别是，的中点， ∴，， ∴， ∵在矩形中，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， 由①可得当时，；当时，， 故当时，，解得， 当时，，解得， 综上所述，当2或8时，四边形是矩形； ②存在．连接，交于点O，连接，． ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：，即：， 解得：，即 ∵ ∴． 【点睛】本题考查了勾股定理、矩形的判定与性质、菱形的性质、一元一次方程的应用，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 题型2 动点与定值问题 核心特征：动点在特殊平行四边形中运动时，某些线段比、周长或面积保持不变，需证明其定值性。 解题关键：通过全等三角形、相似三角形或特殊图形性质（如正方形旋转不变性），证明线段比或周长/面积为定值。 常见方法： 1. 全等转化：通过证明全等，将分散的线段集中，证明和为定值； 2. 旋转不变性：正方形中，旋转后线段长度不变，证明周长定值。 1．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在矩形中，，对角线交于点 O，过点 O 作 交于点 E，平分 交于点 F．若矩形的周长为定值，则下列线段的长度为定值的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定，取的中点M，连接，由矩形的性质可得，，则可证明为的中位线，可得，则；由等边对等角和三角形内角和定理可得，则，由角平分线的定义得到，则，可证明是等腰直角三角形，得到，则，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，取的中点M，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， 又∵M为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分 ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵矩形的周长为定值， ∴为定值， ∴的长为定值， 故选：A． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在矩形中，点为对角线中点，连结，过点作交于点，平分交于点，若已知矩形的周长为定值，则下列线段长为定值的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，推出为等腰三角形，则有，结合，即可得到结果． 【详解】解：过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点为对角线中点， ∴， ∵， ∴，即点是的中点， ∴是的中位线， ∴， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的长等于矩形的周长的， 当矩形的周长为定值时，为定值． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的定义及性质等知识点．确定为等腰三角形是解题的关键． 3．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，点为线段上的动点（点不与点、重合），分别以、为斜边构造等腰直角三角形、等腰直角三角形，点与点在的同侧，于点，于点，点为的中点．若，则下列结论正确的有________．（填序号） ①线段的长为定值；②四边形的面积为定值；③线段的长为定值；④周长的最小值为． 【答案】①②④ 【分析】①根据等腰直角三角形的性质及线段的和差求解；②根梯形的面积公式求解；②根据勾股定理求解；④先找到最小值，再根据勾股定理求解． 【详解】解：等腰直角三角形、等腰直角三角形，于点，， ，，，， ，，故①是正确的； 于点，，， ，， 四边形的面积为：，故②是正确的； 点为的中点， ， 过作于点，延长到，使得，连接交于， 则四边形是矩形，，， ， ，（当时取等号） 为动点， 为变量， 为变量，故③是错误的； 由作图得，垂直平分， ， ， ， 周长为：，故④是正确的， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了轴对称最小路径问题，掌握等腰直角三角形的性质、勾股定理、轴对称的性质及梯形的面积公式是解题的关键． 4．（24-25八年级下·山东日照·期中）如图①，四边形为正方形，E为对角线上一点，连接． (1)求证：； (2)如图②，过点E作，交边于点F，以为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若，探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析  ②是定值；6 【分析】本题考查正方形的判定性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，正确作出辅助线是解题的关键． （1）利用正方形的性质证明，即可证明； （2）①过E作于M点，过E作于N点，先证，再证，推出，可证矩形是正方形； ②先证，再证，推出，可得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：过E作于M点，过E作于N点，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，且平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形DEFG是矩形， ∴， ∴， ∴ ∴ 又， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形为正方形； 解：的值为定值6， 理由如下： ∵矩形为正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴ ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ 又， ∴是定值． 5．（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，作于，于，根据正方形的性质可得，进而说明，再证明可得，再结合四边形是矩形即可证明结论； （2）同（1）的方法判断出得到，然后根据线段的和差即可解答． 【详解】（1）解：如图，作于，于，则，   点是正方形对角线上的点， ， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ， ∴， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形． （2）解：的值是定值，定值为，理由如下： 正方形和正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 是定值． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的性质、矩形的判定、三角形的全等的性质和判定、勾股定理等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形成为解题的关键． 6．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，点，分别为，边上的点，将正方形沿翻折，点的对应点为，点恰好落在边的点处． (1)【问题解决】 如图①，连接，则与折痕的位置关系是______，与的数量关系是______； (2)【问题探究】 如图②，连接，在翻折过程中，平分，试探究的面积是否为定值，若为定值，请求出的面积；若不是定值，请说明理由； (3)【拓展延伸】若，求出的最小值． 【答案】(1)， (2)的面积为定值，理由见解析 (3) 【分析】（1）过F作于M，由翻折的性质得出垂直平分，利用证明，即可得出结论； （2）作于N，证明，得出，即可得出结论； （3）作点C关于的对称点Q，连接，，，利用证明，得出，则，当B、G、Q三点共线时，的值最小，最小值为的长，然后在中利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：， 理由：过F作于M， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵翻折， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：的面积为定值， 理由：作于N， ∵平分， ∴， 又，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴； （3）解：作点C关于的对称点Q，连接，，， 则垂直平分， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴， 当B、G、Q三点共线时，的值最小，最小值为的长， 当时，，， ∴， 即的最小值为． 【点睛】本题考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题等，将转化为的长是解决第（3）的关键． 题型3 动点与数量关系探究 核心特征：探究动点运动中，线段之间的和、差或比例关系的规律。 解题关键：用代数式表示线段长度，通过合并同类项或因式分解，探究其与参数的关系（如是否为定值、随参数增减而变化）。 1．（25-26八年级上·山东日照·月考）（1）问题发现 如图①，在中，，，分别在，上，若，则和是顶角相等的等腰三角形，连接，，则与的数量关系是______． （2）类比探究 如图②，和均为等边三角形，点，，在同一条直线上，连接．试求的度数及与的数量关系．并说明理由． （3）拓展延伸 如图③，和均为等腰直角三角形，，点，，在同一条直线上，为中边上的高，连接．试猜想的度数及线段，，之间的数量关系，并说明理由． （4）解决问题 在（3）的条件下，若，，直接写出四边形的面积． 【答案】（1）；（2）；理由见解析；（3）；理由见解析；（4）35 【分析】（1）利用等式的性质即可求解； （2）利用等边三角形的性质证明即可； （3）利用等腰直角三角形的性质证明即可； （4）由（3）中结论可求得，再由即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， 故答案为：． （2）； 理由如下： ∵和均为等边三角形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （3）； 理由如下： ∵和均为等腰直角三角形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； ∵为边上的高，且， ∴， ∴； （4）∵，，， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，证明三角形全等是解题的关键． 2．（23-24八年级下·山东滨州·月考）在学习了正方形后，数学小组的同学对正方形进行了探究，聪明的你也加入探究吧：           图1                   图2                    图3 (1)如图1，在正方形中，点E为边上任意一点（点E不与B，C重合），点F在线段上，过点F的直线，分别交于点M，N．此时，①与有什么数量关系？（直接写出即可） ②与之间又有什么数量关系？并说明理由； (2)如图2：当点F为中点时，其他条件不变，连接正方形的对角线与交于点G，连接，此时有结论：，请利用图2做出证明． (3)如图3：当点E为直线上的动点时，如果（2）中的其他条件不变，直线分别交直线于点M，N请你直接写出线段与之间的数量关系、线段与之间的数量关系． 【答案】(1)①，② (2)证明见详解 (3)， 【分析】（1）①②作辅助线，构建平行四边形，再证明，即可得出结论； （2）连接、、，构建全等三角形和直角三角形，证明，再根据四边形的内角和定理得，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，，则； （3）过点M作于H，证明可得；连接、、，构建全等三角形和直角三角形，证明，再根据平行线的性质得∠AGE=90°，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，，则； 【详解】（1）解：①，② 理由如下：在图1中，过点D作交于P，则， ∵是正方形， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∵于F， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴．，， ∴，． （2）证明如下： 在图2中连接、、， 由正方形的轴对称性得， ∴，， ∵于F，F为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 由图可知， ∴， 又∵四边形的内角和为，， ∴， 在和中，为斜边，F为的中点， ∴，， ∴； （3），，理由如下： 过点M作于H， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又 ∴， ∴； 连接、、， 由正方形的轴对称性得， ∴，， ∵于F，F为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中，为斜边，F为的中点， ∴，， ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形、平行四边形的性质与判定，在有中点和直角三角形的前提下，可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明两条线段相等． 3．（25-26八年级上·山东淄博·期末）【问题情境】 同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 【操作发现】 （1）如图1，正方形和正方形，连接，．线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成的小于等于的角） （2）如图2，当正方形绕点旋转时，线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________． 【深入探究】 （3）如图3，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想线段与的数量关系及直线与的夹角度数，并说明理由． 【迁移探究】 （4）如图3，在（3）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，求线段的最小值． 【答案】（1），；（2），；（3），直线与的夹角度数为，理由见解析；（4） 【分析】（1）由正方形的性质可得，，，再证明，得出，，延长交于点，求出，即可得出结果； （2）由正方形的性质可得，，，再证明，得出，，延长交于点，求出，即可得出结果； （3）由菱形的性质可得，，，证明，得出，，延长交的延长线于点，交于点，结合三角形内角和定理求出，即可得出结果； （4）由，得出当点在上时，线段取得最小值，连接，交于，由菱形的性质可得，，，求出，由勾股定理可得，则，求出，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ， ∵， ∴， ∴， ∴直线与直线的夹角度数为； （2）∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ， ∵，且， ∴， ∴， 即与直线的夹角度数为； （3）解：，直线与的夹角度数为，理由如下： ∵四边形与四边形都为菱形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ， ∵，，， ∴， ∴直线与的夹角度数为； （4）解：∵， ∴如图，当点在上时，线段取得最小值， ， 连接，交于， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 4．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 5．（24-25八年级下·山东济南·期末）（1）类比探究 将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，记旋转角为，连接，，两直线交于点P． ①如图1，当时，交于H，则线段与线段的数量关系为_____，线段与线段的数量关系为_____； ②如图2，当时，则①中线段与线段的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由． （2）学以致用 如图3，在中，，，，将绕点B按顺时针方向旋转得到，记旋转角为，连接，，两直线交于点P，取中点M，中点N，连接，，在旋转过程中，当四边形的面积最大时，直接写出的值． 【答案】（1）①；；②依然成立，证明见解答； （2）或． 【分析】（1）①根据题意判定和为等腰直角三角形，然后通过证明即可得出结论； ②通过辅助线推出，然后根据证明结论； （2）根据（1）的结论得出点P为的中点，然后判定为菱形，当其为正方形时面积最大，然后判定当旋转角或时均符合题意，然后构造即可求解． 【详解】解：（1）①根据旋转的性质可知： ， ∴和为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴（）， ∴， 故答案为：；； ②如图，过点F作交于点Q， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理①可证：（）， ∴， 故依然成立； （2）根据（1）可知，点P为中点， ， ∴、为的中位线， ， ∵， ∴四边形是边长为的菱形， 设四边形底边上的高为h． 由于，故当时，四边形面积取最大值， 此时，四边形为正方形，分为旋转角或两种情况，如图： ①当时，作，H为垂足， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ②当时，四边形为正方形，作，为垂足， 同理可得四边形为矩形， ∴，， ∴ ∴， 故的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，图形的旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． 6．（23-24八年级下·山东济南·期末）【探索发现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边与边相交于点，边与边相交于点，连接．在实验与探究中，小新发现无论正方形绕点怎样转动，，，之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明即可推导出来． ①请你猜想，，之间的数量关系是______． ②小新对图1的进一步研究中发现，延长与交于一点，通过证明也可推导出，，之间的数量关系，请你证明． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断，，之间的数量关系并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，点是边的中点，，它的两条边和分别与直线相交于点，，可绕着点旋转，当时，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）①，理由见解析；②证明见解析；（2），证明见解析；（3）的长度为或 【分析】（1）①先证明，可得，推出，再运用勾股 即可证得结论；②延长交于，由正方形的性质可得，，再利用可证得； （2）延长交于，连接，可证得，得出，，再由线段垂直平分线的性质可得，再运用勾股定理即可得出答案； （3）设，分两种情况讨论：当点在线段上时；当点在的延长线上时，结合勾股定理，即可求解． 【详解】（1）①猜想：，理由如下： 如图： ， ∵四边形和四边形均为正方形， ∴，，，， ∴，即， ∴， ∴， ∴，即， 在中，， ∴； ②证明：如图，延长交于， ， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴； （2）结论：， 证明：如图，延长交于，连接， ， ∵是矩形的中心， ∴点是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，即， ∴垂直平分， ∴， 在中，， ∴； （3）设， 当点在线段上时，连接， ， ∵，，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 由（2）可得， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴此时线段的长度为； 当点在延长线上时，作，交的延长线于，连接、， ， 同理可得：， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴此时线段的长度为， 综上所述，线段的长度为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，根据勾股定理列方程解决问题． 题型4 动点与方程求值问题 核心特征：通过动点运动轨迹建立方程，求解参数（如时间t、长度s）。 解题步骤： 第一步：表示线段：用参数（如t）表示动点运动的距离； 第二步：列方程：根据特殊平行四边形的性质（如矩形对角线相等、菱形邻边相等），列出方程； 第三步：解方程：求解参数，并验证是否符合实际。 1．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，在四边形中，，，，点P从点D出发，以的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论：①当时，四边形为矩形；②当时，四边形为平行四边形；③当时，或；④当时， 或．其中结论错误的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据题意，表示出，，和的长，当四边形为矩形时，根据，列出方程求解即可；当四边形为平行四边形时，根据，列出方程求解即可；当时，分两种情况：四边形是平行四边形时；四边形是等腰梯形，分别列方程求解即可． 【详解】解：根据题意，可得， ∵， ∴ 当四边形为矩形时，， 即， 解得，故①不正确； 当四边形为平行四边形时，则， 即， 解得，故②不正确； 当时，分两种情况： 当四边形是平行四边形时，则， 即， 解得， 当四边形是等腰梯形时， 过点M作于点G，过点C作于点H，如图所示， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 即， 解得， 综上可得，当时， 或， 故③错误，④正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示各线段的长度是解题的关键． 2．（2025·山东威海·一模）如图，在四边形 中， ，，，动点P从点D出发，以的速度向点A运动，同时动点M从点B出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），对于结论：①当时，四边形为矩形；②当时，四边形为平行四边形；③当时，或；④点P，M在运动中会存在一个时刻，使得，正确的是（    ） A．①② B．③④ C．②④ D．③ 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示各线段的长度是解题的关键． 根据题意，表示出和的长，当四边形为矩形时，根据，列出方程求解即可；当四边形为平行四边形时，根据，列出方程求解即可；当时，分两种情况：四边形是平行四边形时；四边形是等腰梯形，分别列方程求解即可；根据梯形的面积确定出，列方程即可判断． 【详解】解：根据题意，可得， ， ， 当四边形为矩形时，， 即， 解得：，故①不正确； 当四边形为平行四边形时，则， 即， 解得：，故②不正确； 当时，四边形是平行四边形，； 或四边形是等腰梯形，此时， 过点作于点，过点作于点，如图所示， 则， ， ， ， ， 又， ， 又， 解得：， 综上可得，当时，或，故③正确； ∵， 当时，， 此时，无解， 故，④错误， 故选：D． 3．（23-24八年级下·山东聊城·月考）如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时，或 D．当时，或 【答案】D 【分析】对于选项A、B，分别计算当与时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作，垂足分别为E、F，如图，证明，得出，进而得出关于t的方程，解方程判定即可． 【详解】解：当时，，cm，， ∴， ∴四边形不为矩形，故选项A结论错误； 当时，，，cm， ∴， ∴四边形不为平行四边形，故选项B结论错误； 当时，作，垂足分别为E、F，如图， ∵， ∴， ∴四边形，都是矩形， ∴，， ∴当时，，， ∴， ∵， ∴， 解得：或，故选项C错误、选项D正确； 故选：D． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、善于动中取静是解题的关键． 4．（25-26九年级上·山东青岛·月考）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以/秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒．过点作于点，连接，． (1)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由； (2)当为何值时，为直角三角形？请说明理由； (3)是否存在某一时刻t，使△DEF的面积是△ABC面积的，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)四边形能成为菱形，，理由见解析 (2)当或时，为直角三角形，理由见解析 (3)存在，或 【分析】（1）先求出，再证明；根据题意可得，则，再由含30度角的直角三角形的性质得到，则可证明四边形是平行四边形， 则当满足时，四边形是菱形，据此建立方程求解即可； （2）分和两种情况讨论求解即可； （3）先求出，，同理可得，则；由平行四边形的性质得到，再由的面积是面积的，得到，解方程即可得到答案； 【详解】（1）解：四边形能成为菱形，理由如下： ∵在中，，， ∴； ∵， ∴， ∴， 由题意得，，则， 在中，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当满足时，四边形是菱形， ∴， 解得， ∴当时，四边形是菱形． （2）解：当或时，为直角三角形，理由如下： 当时， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得； 当 时，则四边形是矩形， ∴， ∴， 解得； 综上所述，当或时，为直角三角形． （3）解：∵在中，，， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴； 由（1）可知四边形是平行四边形， ∴， ∵的面积是面积的， ∴ 解：或； 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解一元二次方程，矩形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 5．（24-25九年级上·山东青岛·月考）如图，在矩形中，，，点从点出发沿向终点运动，点从点出发沿向终点运动．，两点同时出发，它们的速度都是，连接，，，设点，运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ (3)是否存在某一时刻，使平分？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3 (2) (3)1或3 【分析】（1）根据矩形的性质，可得，列出一元一次方程，解方程，即可求解； （2）根据菱形的性质可得，勾股定理表示出，进而列出方程，解方程，即可求解； （3）过点作于点，则，可证明，以及四边形是矩形，故，，在中由勾股定理建立方程，求解即可． 【详解】（1）解：由题意可得 ， ∵四边形是矩形， ∴， ， 四边形是矩形， ，即 解得； （2）解：四边形 是矩形， ，   四边形是菱形， ， 在中，由勾股定理得， 解得； （3）解：过点作于点，则 ∵平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴在中，， 解得：或， ∴当或时，平分． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，熟练掌握特殊四边形的性质，是解题的关键． 6．（23-24八年级下·山东济南·期末）已知四边形是边长为的正方形，P，Q是正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以的速度沿方向运动，点Q同时从点D出发以速度沿方向运动．设点P运动的时间为． (1)如图1，点P在边上，相交于点O，当互相平分时，求t的值； (2)如图2，点P在边上，相交于点H，当时，求t的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、一元一次方程等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据题意用t表示与，证明四边形为平行四边形得，由此列出t的方程即可； （2）根据题意用t表示与，证明得，由此列出t的方程即可． 【详解】（1）解：由题意得：， ∵四边形是边长为的正方形， ∴， 当互相平分时，四边形为平行四边形， ∴， ∴，解得：， ∴t的值为． （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，解得：，即t的值为． / 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 微专题03特殊平行四边形中的动点问题 动点与特殊四边形存在性问题 动点与定值问题 特殊平行四边形中的动点问题 动点与数量关系探究 动点与方程求值问题 德点至动 题型1动点与特殊四边形存在性问题 啸方法 核心特征：动点运动过程中，判断是否能形成矩形、菱形、正方形等特殊平行四边形，或求使其形成的参 数 解题步骤： 第一步：设变量：用时间t或速度v表示动点运动的距离； 第二步：列条件：根据特殊四边形的判定定理，列出方程； 第三步：解方程：求解参数（如），并验证是否符合动点运动范围。 1.(23-24八年级下山东德州期末)如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=6,P,Q分别是边AD,BC上 的动点，点P从A出发到D停止运动，点Q从C出发到B停止运动，若P,Q两点以相同的速度同时 出发，匀速运动，下面四个结论中下列结论不正确的是() A.存在四边形APQB是矩形 B.存在四边形APQB是正方形 C.存在四边形APCQ是菱形 D.存在四边形APCQ是矩形 2.(25-26八年级上山东青岛期末)已知在矩形ABCD中，AB=4cm,BC=8cm,点E从点A出发向点 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D运动，同时点F从点C出发向点B运动，运动速度都是1cm/s,设它们的运动时间为ts(0<t<8),解 答下列问题： -----D G 图1 图2 图3 (I)如图1，求证：在运动过程中BD,EF总是互相平分； (2)如图2，若四边形BEDF是菱形，求t的值： (3)如图3，将△BEF沿BC翻折，得到△BGF.运动过程中，是否存在某一时刻t使四边形BEFG是菱形？ 若存在求出t的值；若不存在说明理由。 3.(25-26九年级上山东青岛月考)已知，如图，O为坐标原点，四边形0ABC为矩形，A(10,0),C(0,3), 点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长的速度由点C向B运动.设动点P的运动时 间为t秒。 D A D A衣 图1 图2 图3 (1)当t为何值时，四边形PODB是平行四边形； (2)在直线CB上是否存在一点Q,使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接求出 t的值，并直接写出此时Q点坐标；若不存在，请说明理由； (3)在线段PB上有一点M且PM=5,当P运动秒时，四边形0AMP的周长最小值为 4.(24-25八年级下山东济南期末)如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC的顶点 A(8,O),C(O,6),将矩形OABC的一个角沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕 与x轴交于点D. 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C B 0 4 x D A 备用图 (1)线段OB的长度为； (2)求直线BD所对应的函数表达式： (3)求点E的坐标： (4)若点Q在线段BD上，在线段BC上是否存在点P,使以点D,E,P,Q为顶点的四边形是平行四边 形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由 东济南期末)如图1，直线：y=x+b分别与x轴、y车 线Z:y=kx-3交于点C(2,1. VA y h B 备用图 (1)求b和k的值； (2)在直线BC上有一点E,过点E作y轴的平行线交直线马于点F,设点E的横坐标为m,当m为何值 时，以O、B、E、F为顶点的四边形是平行四边形； (3)若点P为直线4上一点，则在平面直角坐标系中是否存在一点Q,使得P、Q、O、B为顶点的四边 形是矩形.若存在，直接写出所有符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由. 6.(24-25八年级下山东日照·期末)如图1，在矩形ABCD中，AB=6,BC=8,点E从A出发，沿AC方 向匀速运动到点C停止，点F从C出发，沿CA方向匀速运动到点A停止，E,F的运动速度均为每秒1 个单位长度，运动时间为t秒. / 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 E 图1 图2 备用图 (I)用含t的代数式表示线段EF的长： (2)如图2，点P,Q分别是边AD,BC上的点，连接PE,PF,QE,OF ①若P,Q分别是AD,BC的中点，当t=时，四边形PEQF是矩形： ②若P,Q分别是动点，点P从A出发，沿AD方向匀速运动到点D停止，点Q从C出发，沿CB方向 匀速运动到点B停止，P,Q的运动速度均为每秒1个单位长度，P,Q,E,F均同时出发，是否存在 某一时刻，使得以P,Q,E,F为顶点的四边形是菱形？若存在，求此时EF的长；若不存在，请说明 理由. 题型2动点与定值问题 嫦方法 核心特征：动点在特殊平行四边形中运动时，某些线段比、周长或面积保持不变，需证明其定值性。 解题关键：通过全等三角形、相似三角形或特殊图形性质（如正方形旋转不变性），证明线段比或周长/面积 为定值。 常见方法： 1. 全等转化：通过证明全等，将分散的线段集中，证明和为定值； 2. 旋转不变性：正方形中，旋转后线段长度不变，证明周长定值。 1.(24-25八年级下·浙江嘉兴期末)如图，在矩形ABCD中，BC>AB,对角线AC,BD交于点O,过点 O作OE⊥AC交BC于点E,OF平分∠BOE交BC于点F.若矩形ABCD的周长为定值，则下列 线段的长度为定值的是() D B FE A.CF B.BF C.CE D.OF 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.(24-25八年级下，浙江宁波·期中)如图，在矩形ABCD中，点E为对角线BD中点，连结CE,过点E作 EG⊥CE交BC于点G,EH平分∠BEG交BC于点H,若已知矩形的周长为定值，则下列线段长为定 值的是() O E B HG A.BH B.CH C.CG D.EH 3.(2024吉林长春模拟预测)如图，点P为线段AB上的动点（点P不与点A、B重合），分别以AP、BP 为斜边构造等腰直角三角形ADP、等腰直角三角形BCP,点C与点D在AB的同侧，DE⊥AB于点E, CF⊥AB于点F,点Q为CD的中点.若AB=8,则下列结论正确的有 ·（填序号) ①线段EF的长为定值；②四边形CDEF的面积为定值；③线段PQ的长为定值；④△CDP周长的最小 值为4+4√2 4.(24-25八年级下·山东日照期中)如图①，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接 DE,BE. 1 (I)求证：BE=DE; (2)如图②，过点E作EF⊥DE,交边BC于点F,以DE,EF为邻边作矩形DEFG,连接CG. ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若AB=3√2，探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由。 5.(2425八年级上山东烟台期末)如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=√5，点E为对角线AC上一 动点，连接DE,过点E作EF⊥DE,交BC于点F,以DE、EF为邻边作矩形DEFG,连接CG. 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D G B F (I)求证：矩形DEFG是正方形； (②)探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. 6.(2023·贵州贵阳模拟预测)如图，在边长为m的正方形ABCD中，点E,F分别为CD,AB边上的点， 将正方形ABCD沿EF翻折，点B的对应点为H,点C恰好落在AD边的点G处. G 】 B B 图① 图② 备用图 (1)【问题解决】 如图①，连接CG,则CG与折痕EF的位置关系是，CG与EF的数量关系是 (2)【问题探究】 如图②，连接CH,在翻折过程中，GC平分∠DGH,试探究△CGH的面积是否为定值，若为定值，请 求出△CGH的面积；若不是定值，请说明理由； (3)【拓展延伸】若m=3,求出CH+CG的最小值. 题型3动点与数量关系探究 啸方法 核心特征：探究动点运动中，线段之间的和、差或比例关系的规律。 解题关键：用代数式表示线段长度，通过合并同类项或因式分解，探究其与参数的关系（如是否为定值、 随参数增减而变化)。 1.(25-26八年级上山东日照月考)(1)问题发现 如图①，在ABC中，AC=BC,D,E分别在AC,BC上，若CD=CE,则△CDE和△CAB是顶角 相等的等腰三角形，连接AE,BD,则AD与BE的数量关系是 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 图① 图② 图③ (2)类比探究 如图②，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A,D,E在同一条直线上，连接BE,试求∠AEB的度 数及AD与BE的数量关系.并说明理由. (3)拓展延伸 如图③，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=LDCE=90°，点A,D,E在同一条直线上， CM为△DCE中DE边上的高，连接BE,试猜想∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系， 并说明理由. (4)解决问题 在(3)的条件下，若BE=4,CM=3,直接写出四边形ABEC的面积. 2.(23-24八年级下山东滨州月考)在学习了正方形后，数学小组的同学对正方形进行了探究，聪明的你 也加入探究吧： D 图1 图 图3 (I)如图1，在正方形ABCD中，点E为BC边上任意一点（点E不与B,C重合），点F在线段AE上， 过点F的直线MN⊥AE,分别交AB,CD于点M,N.此时，①∠AEB与∠AMN有什么数量关系？（直 接写出即可) ②AE与MN之间又有什么数量关系？并说明理由； (2)如图2：当点F为AE中点时，其他条件不变，连接正方形的对角线BD,MN与BD交于点G,连接 BF,此时有结论：BF=FG,请利用图2做出证明 (3)如图3：当点E为直线BC上的动点时，如果(2)中的其他条件不变，直线MN分别交直线AB,CD于 点M,N请你直接写出线段AE与MN之间的数量关系、线段BF与FG之间的数量关系. 3.(25-26八年级上山东淄博·期末)【问题情境】 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动. 【操作发现】 (1)如图1，正方形ABCD和正方形AEFG,连接DG,BE,线段DG与线段BE之间的数量关系是 _；直线DG与直线BE的夹角度数为；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成 的小于等于90°的角) (2)如图2，当正方形AEFG绕点A旋转时，线段DG与线段BE之间的数量关系是 ;直线DG 与直线BE的夹角度数为 【深入探究】 (3)如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为菱形，且AB=2AE,LDAB=∠GAE=60°，猜想线 段DG与BE的数量关系及直线DG与BE的夹角度数，并说明理由 【迁移探究】 (4)如图3，在(3)的条件下，AB=2,在菱形AEFG绕点A旋转过程中，求线段CE的最小值 D D D D G E 图1 图2 图3 备用图 4.(2025山东东营中考真题)【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的 几何问题.若四边形ABCD是正方形，M,N分别在边CD,BC上，且∠MAN=45°，我们称之为半 角模型”，在解决“半角模型问题时，旋转是一种常用的方法。 E B B 图1 图2 图3 (I)【初步尝试】如图1，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE,连接MN.用 等式写出线段DM,BN,MN的数量关系· (②)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M,N分别在正方形ABCD的边CD, BC的延长线上，∠MAW=45°，连接MN,用等式写出线段MN,DM,BN的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD=120°， 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ∠B+∠D=180°，点N,M分别在边BC,CD上，∠MAN=60°，用等式写出线段BN,DM,MN的 数量关系，并说明理由 5.(24-25八年级下山东济南·期末)(1)类比探究 将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF,记旋转角为C,连接CE,DF,两直线交于点 P. ①如图1，当a=90°时，CE交FG于H,则线段EF与线段FH的数量关系为，线段DP与线段 FP的数量关系为； ②如图2，当90°<《<180°时，则①中线段DP与线段FP的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证 明，若不成立，请说明理由， (2)学以致用 如图3，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，BC=2,CD=1,将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到 △BEF,记旋转角为a(O°<a<360),连接CE,DF,两直线交于点P,取BD中点M,BF中点N, 连接PM,PN,在旋转过程中，当四边形BNPM的面积最大时，直接写出CF的值. D 图1 图2 图3 6.(23-24八年级下山东济南期末)【探索发现】 B B 图3 图1 图2 (1)如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O,点O又是正方形AB,CO的一个顶点，而且这两个正 方形的边长相等，边A,O与边AB相交于点E,边CO与边CB相交于点F,连接EF,在实验与探究中， 小新发现无论正方形A,B,C,O绕点O怎样转动，AE,CF,EF之间一直存在某种数量关系，小新发现 通过证明△AOE≌△BOF即可推导出来 ①请你猜想AE,CF,EF之间的数量关系是 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ②小新对图1的进一步研究中发现，延长EO与DC交于一点G,通过证明△A0E≌△COG也可推导出 AE,CF,EF之间的数量关系，请你证明△AOE≌△COG. 【类比迁移】 (2)如图2，矩形ABCD的中心O是矩形AB,CO的一个顶点，AO与边AB相交于点E,CO与边CB 相交于点F,连接EF,矩形A,B,C,O可绕着点O旋转，判断AE,CF，,EF之间的数量关系并进行证明： 【拓展应用】 (3)如图3，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=5cm,BC=12cm,点D是边AB的中点，∠EDF=90°， 它的两条边DE和DF分别与直线AC,BC相交于点E,F,∠EDF可绕着点D旋转，当AE=4cm时， 请直接写出线段CF的长度. 题型4动点与方程求值问题 啸方法 核心特征：通过动点运动轨迹建立方程，求解参数（如时间（长度s)。 解题步骤： 第一步：表示线段：用参数（如）表示动点运动的距离； 第二步：列方程：根据特殊平行四边形的性质（如矩形对角线相等、菱形邻边相等），列出方程； 第三步：解方程：求解参数，并验证是否符合实际。 1.(23-24八年级下山东济宁.期中)如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm,BC=8cm, 点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当 其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点P的运动时间为t(单位：s),下列结论：① 当t=4s时，四边形ABMP为矩形；②当t=5s时，四边形CDPM为平行四边形；③当CD=PM时， t=4s或5s;④当CD=PM时，t=4s或6s.其中结论错误的是() B M→C A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④ 2.(2025山东威海一模)如图，在四边形ABCD中，LA=LB=90°，AD=10cm,BC=8cm,动点P