2024八年级数学下册专题突破第10讲特殊平行四边形中的动态问题专练含解析新版浙教版

Page26第10讲特殊四边形中的动态问题专练1．（南召县期末）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），菱形的对角线的交于点D；若将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，从如图所示位置起，经过60秒时，菱形的对角线的交点D的坐标为（）A．（1，1） B．（﹣1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（1，﹣1）【分析】依据菱形的性质及中点的坐标公式可得点D坐标，再依据旋转的性质可得旋转后点D的坐标．【解答】解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得D点坐标为（，），即（1，1）．每秒旋转45°，则第60秒时，得45°×60＝2700°，2700°÷360＝7.5周，OD旋转了7周半，菱形的对角线交点D的坐标为（﹣1，﹣1），故选：B．2．（绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A动身沿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形态的变更依次为（）A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【分析】依据对称中心的定义，依据矩形的性质，可得四边形AECF形态的变更状况：这个四边形先是平行四边形，当对角线相互垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最终点A与点B重合时是矩形．【解答】解：视察图形可知，四边形AECF形态的变更依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．3．（淮南期中）如图，正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形CFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（）A．先变大后变小 B．保持不变 C．始终变大 D．始终变小【分析】连接DE，△CDE的面积时矩形ECFG面积的一半，也是正方形ABCD面积的一半，则矩形ECFG的面积和正方形ABCD的面积相等．【解答】解：连接DE，∵S△CDE＝S矩形ECFG，S△CDE＝S正方形ABCD，∴S矩形ECFG＝S正方形ABCD，∴矩形ECFG的面积保持不变，故选：B．4．（慈溪市模拟）已知，矩形ABCD中，E为AB上确定点，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的位置变更而变更，则应满足（）A．AD＝4AE B．AD＝2AB C．AB＝2AE D．AB＝3AE【分析】设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，依据S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）＝（a﹣2c）x+bc，F为BC上一动点，x是变量，（a﹣2c）是x的系数，依据平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置变更而变更，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，即可进行推断．【解答】解：设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，∴S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）＝ab﹣2[cx+（a﹣c）（b﹣x）]＝ab﹣（cx+ab﹣ax﹣bc+cx）＝ab﹣cx﹣ab+ax+bc﹣cx＝（a﹣2c）x+bc，∵F为BC上一动点，∴x是变量，（a﹣2c）是x的系数，∵平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置变更而变更，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．5．（仙桃期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点动身，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（）A． B． C． D．【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，则BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出时间t的值．【解答】解：连接BD，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD＝BD，又∵△DEF是等边三角形，∴∠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＝，故选：D．6．（灌云县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，动点P满足S△PAB＝S矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（）A．10 B．2 C．2 D．8【分析】过P点作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，作A点关于MN的对称点A'，连接A'B交MN于点P，AP+PB＝A'B即为所求，由面积关系可得AM＝AD＝4，在Rt△ABA'中求出A'B即可．【解答】解：过P点作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，作A点关于MN的对称点A'，连接A'B交MN于点P，∴AP+PB＝A'P+PB＝A'B，此时PA+PB的值最小，∵S△PAB＝S矩形ABCD，∴×AB×AM＝×BA×AD，∴AM＝AD，∵AD＝6，∴AM＝4，∴AA'＝8，∵AB＝10，在Rt△ABA'中，A'B＝2，故选：B．7．（乌海期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1，若点P为对角线BD上的一个动点，则△PAE周长的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】连接AC、CE，CE交BD于P，此时AP+PE的值最小，求出CE长，即可求出答案．【解答】解：连接AC、CE，CE交BD于P，连接AP、PE，∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OC，AC⊥BD，即A和C关于BD对称，∴AP＝CP，即AP+PE＝CE，此时AP+PE的值最小，所以此时△PAE周长的值最小，∵正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1，∴∠ABC＝90°，BE＝4﹣1＝3，由勾股定理得：CE＝5，∴△PAE的周长的最小值是AP+PE+AE＝CE+AE＝5+1＝6，故选：D．8．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝5，DC＝7，AB＝13，点P从点A动身，以3个单位/s的速度沿AD→DC向终点C运动，同时点Q从点B动身，以1个单位/s的速度沿BA向终点A运动，在运动期间，当四边形PQBC为平行四边形时，运动时间为3秒．【分析】首先利用t表示出CP和CQ的长，依据四边形PQBC是平行四边形时CP＝BQ，据此列出方程求解即可．【解答】解：设运动时间为t秒，则CP＝12﹣3t，BQ＝t，依据题意得到12﹣3t＝t，解得：t＝3，故答案为：3．9．（越秀区校级期中）如图，菱形ABCD的周长为24，∠ABD＝30°，点P是对角线BD上一动点，Q是BC的中点，则PC+PQ的最小值是（）A．6 B． C． D．【分析】点Q和点C是定点，点P在直线BD上一动点，是轴对称最值问题，连接CQ，由菱形的对称性可知，点A和点C关于BD对称，连接AQ，AQ即为所求．【解答】解：如图，由菱形的对称轴可知，点A和点C关于BD对称，连接AQ，AQ即为所求．连接AC，∵∠ABD＝30°，四边形ABCD是菱形，∴∠ABC＝60°，AB＝BC，∴△ABC是等边三角形，∵点Q为BC的中点，∴AQ⊥BC，∵菱形ABCD的周长为24，∴AB＝BC＝6，在Rt△ABQ中，∠ABC＝60°，∴∠BAQ＝30°，∴BQ＝AB＝＝3，∴AQ＝BQ＝3．故选：B．10．（嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（）A． B． C． D．4【分析】法一：分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，由中位线定理及勾股定理可分别表示出线段AG和FG的长，建立等式可求出结论．法二：连接DF，AF，EF，利用中位线定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得△DFG是直角三角形，然后再结合全等三角形的判定和性质求勾股定理求解．【解答】解：法一、如图，分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，∴四边形GMNP是矩形，∴GM＝PN，GP＝MN，∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，∴CA⊥AB，又∵点G和点F分别是线段DE和BC的中点，∴GM和FN分别是△ADE和△ABC的中位线，∴GM＝＝1，AM＝AE，FN＝AC＝，AN＝AB＝，∴MN＝AN﹣AM＝﹣AE，∴PN＝1，FP＝，设AE＝m，∴AM＝m，GP＝MN＝﹣m，在Rt△AGM中，AG2＝（m）2+12，在Rt△GPF中，GF2＝（﹣m）2+（）2，∵AG＝GF，∴（m）2+12＝（﹣m）2+（）2，解得m＝3，即AE＝3，在Rt△ADE中，DE＝＝．故选：A．法二、如图，连接DF，AF，EF，在△ABC中，AB＝AC，∠CAB＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵点G是DE的中点，点F是BC的中点，∴AG＝DG＝EG，AF＝BF，AF⊥BC，∠DAF＝45°，∴∠DAF＝∠B＝45°，∵FG＝AG，∴FG＝DG＝EG，∴△DFE是直角三角形，且∠DFE＝90°，∵∠DFA+∠AFE＝∠BFE+∠AFE＝90°，∴∠DFA＝∠EFB，在△AFD和△BFE中，∴△AFD≌△BFE（ASA），∴AD＝BE＝2，∴AE＝3，在Rt△ADE中，DE＝＝．故选：A．11．（越城区期末）如图，长方形ABCD的边BC＝13，E是边BC上的一点，且BE＝BA＝10．F，G分别是线段AB，CD上的动点，且BF＝DG，现以BE，BF为边作长方形BEHF，以DG为边作正方形DGIJ，点H，I均在长方形ABCD内部．记图中的阴影部分面积分别为S1，S2，长方形BEHF和正方形DGIJ的重叠部分是四边形KILH，当四边形KILH的邻边比为3：4时，S1+S2的值为（）A．7 B． C．7或 D．7或【分析】利用矩形及正方形的性质可求解KI＝2DG﹣10，KH＝DG﹣3，依据当矩形KILH的邻边的比为3：4可求解DG的长，再利用DG的长分别求解AF，CG，AJ的长，进而可求解，留意分类探讨．【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝CD＝10，AD＝BC＝13．∵四边形DGIJ为正方形，四边形BFHE为矩形，BF＝DG，∴四边形KILH为矩形，KI＝HL＝2DG﹣AB＝2DG﹣10．∵BE＝BA＝10，∴LG＝EC＝3，∴KH＝IL＝DG﹣LG＝DG﹣3．当矩形KILH的邻边的比为3：4时，（DG﹣3）：（2DG﹣10）＝3：4，或（2DG﹣10）：（DG﹣3）＝3：4，解得DG＝9或，当DG＝9时，则CG＝1，KH＝6，KI＝8，∴AJ＝4，AF＝1，∴S1+S2＝3×1+4×1＝7；当DG＝，则CG＝，KH＝，KI＝，∴AJ＝，AF＝，∴S1+S2＝×+3×＝，故选：C．12．（麦积区期末）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC是矩形，A（﹣10，0），C（0，3），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标是（﹣4，3），或（﹣1，3），或（﹣9，3）．【分析】先由矩形的性质求出OD＝5，分状况探讨：（1）当OP＝OD＝5时；依据勾股定理求出PC，即可得出结果；（2）当PD＝OD＝5时；①作PE⊥OA于E，依据勾股定理求出DE，得出PC，即可得出结果；②作PF⊥OA于F，依据勾股定理求出DF，得出PC，即可得出结果．【解答】解：∵A（﹣10，0），C（0，3），∴OA＝10，OC＝3，∵四边形OABC是矩形，∴BC＝OA＝10，AB＝OC＝3，∵D是OA的中点，∴AD＝OD＝5，分状况探讨：（1）当OP＝OD＝5时，依据勾股定理得：PC＝＝4，∴点P的坐标为：（﹣4，3）；（2）当PD＝OD＝5时，分两种状况探讨：①如图1所示：作PE⊥OA于E，则∠PED＝90°，DE＝＝4，∴PC＝OE＝5﹣4＝1，∴点P的坐标为：（﹣1，3）；②如图2所示：作PF⊥OA于F，则DF＝＝4，∴PC＝OF＝5+4＝9，∴点P的坐标为：（﹣9，3）；综上所述：点P的坐标为：（﹣4，3），或（﹣1，3），或（﹣9，3）；故答案为：（﹣4，3），或（﹣1，3），或（﹣9，3）．13．（安徽一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝3，AC和BD交于点O，点E是边BC上的动点（不与点B，C重合），连接EO并延长交AD于点F，连接AE，若△AEF是等腰三角形，则DF的长为或1或或1+．【分析】依据矩形的性质，即可得出△BEO≌△DFO（AAS），进而得到OF＝OE，DF＝BE．设BE＝DF＝a，则AF＝3﹣a．当△AEF是等腰三角形时，分四种状况探讨．依据勾股定理列方程即可得到DF的长．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，∴△BEO≌△DFO（AAS），∴OF＝OE，DF＝BE．设BE＝DF＝a，则AF＝3﹣a．当△AEF是等腰三角形时，分四种状况探讨．①如图（1），当AE＝AF时，在Rt△ABE中，由AE2＝AB2+BE2，得（3﹣a）2＝12+a2，解得．②如图（2），当AE＝EF时，过点E作EH⊥AD于点H，则AH＝FH＝BE，∴AF＝2BE，∴3﹣a＝2a，解得a＝1．③如图（3），当AF＝EF时，∠FAE＝∠FEA．又∠FAE＝∠AEB，∴∠FEA＝∠AEB．过点A作AG⊥EF于点G，则AG＝AB＝1，EG＝BE＝a，∴FG＝3﹣2a．在Rt△AFG中，由AF2＝AG2+FG2，得（3﹣a）2＝12+（3﹣2a）2，解得，（舍去）．④如图4中．当AF＝EF时，同法可得DF＝1+．综上所述，DF的长为或1或或1+．故答案为：或1或或1+．14．如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点P是直线AD上一动点，若满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为4或2．【分析】要求直线AD上满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个时的AB长，则须要分类探讨：①当AB＝AD时；②当AB＜AD时，③当AB＞AD时．【解答】解：①如图，当AB＝AD时满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，△P1BC，△P2BC是等腰直角三角形，△P3BC是等腰直角三角形（P3B＝P3C），则AB＝AD＝4．②当AB＜AD，且满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个时，如图，易知P2是AD的中点，∵△P1BC是等腰三角形，∴BP1＝BC，同理：BC＝CP3，只有△P2BC是等边三角形时，△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，∴BC＝BP1＝BP2＝CP2＝CP3∴BP2＝＝，又∵BP1＝BC，∴＝4∴AB＝2．③当AB＞AD时，直线AD上只有一个点P满足△PBC是等腰三角形．故答案为：4或2．15．（温州模拟）如图，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，点E为AB的中点，点F为EC上一个动点，点P为DF的中点，连接PB，当PB的最小值为3时，则AD的值为（）A．2 B．3 C．4 D．6【分析】依据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再依据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为为BP1的长，由勾股定理求解即可．【解答】解：如图，当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2＝CE．且当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF，∴点P的运动轨迹是线段P1P2，.∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．∵矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，设AB＝2t，则AD＝t，∵E为AB的中点，∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝t，∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．∴∠DP2P1＝90°．∴∠DP1P2＝45°．∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值为BP1的长．在等腰直角△BCP1中，CP1＝BC＝t，∴BP1＝t＝3，∴t＝3．故选：B．16．（嘉兴期末）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，F是BC边上的一个动点，连结DE，EF，FD．若△ABC的面积的为18cm2，则△DEF的面积是4.5cm2．【分析】连接BE，依据三角形的面积公式求出△AEB的面积，进而求出△DEB的面积，依据三角形中位线定理得到DE∥BC，得到△DEF的面积＝△DEB的面积，得出答案．【解答】解：连接BE，∵点E是AC的中点，△ABC的面积的为18cm2，∴△AEB的面积＝×△ABC的面积＝9（cm2），∵点D是AB的中点，∴△DEB的面积＝×△AEB的面积＝4.5（cm2），∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，∴△DEF的面积＝△DEB的面积＝4.5（cm2），故答案为：4.5．17．（天河区校级期中）如图，矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点B（﹣3，5），点D在线段AO上，且AD＝2OD，点E在线段AB上．（1）求D点的坐标；（2）当△CDE的周长最小时，找出点E的位置并求点E的坐标和△CDE的周长最小值．【分析】（1）依据点的坐标性质求出OA，依据题意求出OD，得到D点的坐标；（2）依据轴对称﹣最短路径确定点E′的位置，利用待定系数法求出直线CD′的解析式，进而求出点E的坐标，依据勾股定理求出△CDE的周长最小值．【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，B（﹣3，5），∴OA＝3，OC＝5，∵AD＝2OD，∴AD＝2，OD＝1，∴D点的坐标为（﹣1，0）；（2）作点D关于直线AB的对称点D′，连接CD′交AB于点E′．此时E′C+E′D最小，即△DCE′的周长最小，由题意得，点D′的坐标为（﹣5，0），设直线CD′的解析式为y＝kx+b，则，解得，，∴直线CD′的解析式为y＝x+5，当x＝﹣3时，y＝2，∴E′（﹣3，2），在Rt△CD′O中，CD′＝＝5，在Rt△CDO中，CD＝＝，∴△CDE的周长最小值为5+，18．（兖州区期末）已知：如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是对角线AC上的一个动点（与点A、C不重合），过点P作PE⊥PB，PE交边CD于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为F．（1）求证：PB＝PE；（2）在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变更？若不变，试求出这个不变的值，写出解答过程；若变更，试说明理由．【分析】（1）过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．要证PB＝PE，只需证到△PGB≌△PHE即可；（2）连接BD，如图2．易证△BOP≌△PFE，则有BO＝PF，只需求出BO的长即可．【解答】（1）证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC，∴∠GPC＝∠ACB＝∠ACD＝∠HPC＝45°．∴PG＝PH，∠GPH＝∠PGB＝∠PHE＝90°．∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°，∴∠BPG＝90°﹣∠GPE＝∠EPH．在△PGB和△PHE中，．∴△PGB≌△PHE（ASA），∴PB＝PE．（2）解：连接BD，如图2．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOP＝90°．∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°，∴∠PBO＝90°﹣∠BPO＝∠EPF．∵EF⊥PC，即∠PFE＝90°，∴∠BOP＝∠PFE．在△BOP和△PFE中，∴△BOP≌△PFE（AAS），∴BO＝PF．∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∴BC＝OB．∵BC＝1，∴OB＝，∴PF＝OB＝．∴点PP在运动过程中，PF的长度不变，值为．19．（永嘉县校级模拟）如图，等腰△ABC中，已知AC＝BC＝2，AB＝4，作∠ACB的外角平分线CF，点E从点B沿着射线BA以每秒2个单位的速度运动，过点E作BC的平行线交CF于点F．（1）求证：四边形BCFE是平行四边形；（2）当点E是边AB的中点时，连接AF，试推断四边形AECF的形态，并说明理由；（3）设运动时间为t秒，是否存在t的值，使得以△EFC的其中两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形？不存在的，试说明理由；存在的，请干脆写出t的值．答：t＝秒或5秒或2秒．【分析】（1）依据等腰三角形的性质得：∠B＝∠BAC，再由角平分线定义和三角形外角的性质可解答；（2）如图2，依据有一个角是直角的平行四边形是矩形可解答；（3）分三种状况：①EF＝CF；②CE＝CF；②CE＝EF；分别列方程可解答．【解答】（1）证明：如图1，∵AC＝BC，∴∠B＝∠BAC，∵CF平分∠ACH，∴∠ACF＝∠FCH，∵∠ACH＝∠B+∠BAC＝∠ACF+∠FCH，∴∠FCH＝∠B，∴BE∥CF，∵EF∥BC，∴四边形BCFE是平行四边形；（2）解：四边形AECF是矩形，理由是：如图2，∵E是AB的中点，AC＝BC，∴CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，由（1）知：四边形BCFE是平行四边形，∴CF＝BE＝AE，∵AE∥CF，∴四边形AECF是矩形；（3）解：分三种状况：①以EF和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，如图3，∴BE＝BC，即2t＝2，t＝；②以CE和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，如图4，过C作CD⊥AB于D，∵AC＝BC，AB＝4，∴BD＝2，由勾股定理得：CD＝＝＝6，∵EG2＝EC2，即（2t）2＝62+（2t﹣2）2，t＝5；③以CE和EF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，如图5，CA＝AF＝BC，此时E与A重合，∴t＝2，综上，t的值为秒或5秒或2秒；故答案为：秒或5秒或2秒．20．如图1，已知△ABC和△DEF是两个边长都为1cm的等边三角形，且B、D、C、E都在同始终线上，连接AD及CF．（1）求证：四边形ADFC是平行四边形；（2）若BD＝0.3cm，△ABC沿着BE的方向以每秒1cm的速度运动，设△ABC运动时间为t秒，①如图2，当t为何值时，▱ADFC是菱形？请说明你的理由；②如图3，▱ADFC有可能是矩形吗？若可能，求出t的值及此矩形的面积；若不行能，请说明理由．【分析】（1）由等边三角形的性质易证AC＝DF，∠ACB＝∠FDE＝60°，推出AC∥DF，即可得出结论；（2）①依据△ABC沿着BE的方向以每秒1cm的速度运动，所以当t＝秒时，B与D重合、C与E重合，由等边三角形的性质即可得出四边形ADFC为菱形；②若▱ADFC是矩形，则∠ADF＝90°，E与B重合，得出t＝1.3秒，由勾股定理求出AD的长，即可得出结果．【解答】（1）证明：∵△ABC和△DEF是两个边长都为1cm的等边三角形，∴AC＝DF＝1cm，∠ACB＝∠FDE＝60°，∴AC∥DF，∴四边形ADFC是平行四边形；（2）①当t＝0.3秒时，平行四边形ADFC是菱形，理由如下：∵△ABC沿着BE的方向以每秒1cm的速度运动，∴当t＝（秒）时，B与D重合、C与E重合，则AD＝AC＝D