专题2.8 利用一元二次方程解决几何动态问题【七大题型】-2024-2025学年九年级数学上册举一反三系列（北师大版）

PAGE1专题2.8利用一元二次方程解决几何动态问题【七大题型】【北师大版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1利用一元二次方程解决三角形中的动态问题】 1【题型2利用一元二次方程解决平行四边形中的动态问题】 4【题型3利用一元二次方程解决矩形中的动态问题】 15【题型4利用一元二次方程解决菱形中的动态问题】 21【题型5利用一元二次方程解决正方形中的动态问题】 27【题型6利用一元二次方程解决梯形中的动态问题】 31【题型7利用一元二次方程解决平面直角坐标系中的动态问题】 39【题型1利用一元二次方程解决三角形中的动态问题】【例1】（23-24九年级·全国·单元测试）如图，在△ABC中，AC=50m，BC=40m，∠C=90°，点P从点A开始沿AC边向点C以2m/s的速度匀速移动，同时另一点Q由C点开始以3m/s的速度沿着射线CB匀速移动，当其中一点到达终点时，两点同时停止运动．当△PCQ的面积等于300m2时，运动时间为（A．5秒 B．20秒 C．5秒或20秒 D．不确定【答案】C【分析】本题考查一元二次方程的应用．根据三角形的面积公式列出方程即可解决问题．【详解】解：由题意AP=2t，CQ=3t，运动时间0≤t≤25，∴PC=50−2t，∴12∴12解得t=20或5，∴运动时间为5秒或20秒时，△PCQ的面积等于300m故选：C．【变式1-1】（23-24九年级·广东汕头·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，现有动点P从点A出发，沿AC向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段CB向点B方向运动，如果点P的速度是1cm/s，点Q的速度是2cm/s．P、Q两点同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，另一点停止运动．设运动时间为【答案】2【分析】先表示出PC=8−tcm，CQ=2tcm，根据PQ平分△ABC【详解】解：根据题意，AP=tcm，CQ=2t∵BC=6cm，AC=8∴PC=8−tcm，点Q到B点的时间为6÷2=3s，点P到C∵P、Q两点同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，另一点停止运动．∴0<t≤3，当PQ平分△ABC的面积时，S△PCQ=1∴12整理得t2解得t1=2，∴当t=2时，PQ平分△ABC的面积．故答案为：2．【点睛】本题考查一元二次方程的应用，理解题意，正确列出方程并正确求解是解答的关键，注意时间的取值范围．【变式1-2】（2024九年级·上海·专题练习）等腰Rt△ABC中，AB=BC=8cm，动点P从点A出发，沿AB向点B移动，通过点P引平行于BC、AC的直线与AC、BC分别交于点R、Q，问：AP等于多少厘米时，平行四边形PQCR的面积等于【答案】4【分析】设AP=xcm，则BP=8−xcm，由题意可知△APR和△PBQ【详解】设AP=xcm，则BP=8−xcm，由题意可知△APR和△PBQ均为等腰直角三角形，PQCR依题意可得x8−x解得：x1=x2=4故AP长为4cm时，平行四边形PQCR的面积等于16【点睛】本题考查一元二次方程的应用，动点问题的应用求解，应用平行四边形面积公式求解出AP是解答本题的关键．【变式1-3】（23-24九年级·山东淄博·期末）如图，在边长为12cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒1cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒2cm的速度移动．若P，Q分别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动．求经过几秒△BPQ

【答案】2秒【分析】设经过x秒△BPQ的面积等于103，则AP=x，BQ=2x，作QD⊥AB于D，根据等边三角形边长为12，∠B=60°，得到PB=12−x，∠BQD=30°，得到DQ=3x，根据三角形面积公式得到1【详解】

解：设经过x秒△BPQ的面积等于103则AP=x，BQ=2x，过点Q作QD⊥AB，垂足为D，则∠BDQ=90°，∵等边△ABC中，AB=12，∠B=60°，∴PB=12−x，∠BQD=90°−∠B=30°，∴BD=1∴DQ=B∴S=1解得x1=10（不合题意，舍去），∴x=2．答：经过2秒△BPQ的面积等于103【点睛】本题主要考查了动点问题，等边三角形，含30°的直角三角形，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握等边三角形的边角性质，含30°的直角三角形是边的性质，勾股定理解直角三角形，三角形的面积公式，解一元二次方程，是解决问题的关键．【题型2利用一元二次方程解决平行四边形中的动态问题】【例2】（23-24九年级·浙江温州·期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD=4，CD=12，BD⊥AD，∠A=60°，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以每秒2个单位的速度沿着折线A−D−C先由A向D运动，再由D向C运动，点Q以每秒1个单位的速度由B向A运动，当其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒．(1)两平行线DC与AB之间的距离是__________．(2)当点P、Q与△BCD的某两个顶点围成一个平行四边形时，求t的值．(3)AP，以AP，AQ为一组邻边构造平行四边形APMQ，若▱APMQ的面积为73，求t【答案】(1)2(2)t=4或t=(3)t=1或t=【分析】此题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．（1）过点D作DE⊥AB于点E，由勾股定理可得出答案；（2）分两种情况，由平行四边形的性质可得出答案；（3）分两种情况，列出t的方程可得出答案．【详解】（1）过点D作DE⊥AB于点E，∵AD=4，∠A=60°，∴∠ADE=30°，∴AE=2，∴DE=A故答案为：23（2）在Rt△ABD∵∠DAB=60°，AD=4，∴∠ABD=30°，∴AB=2AD=2×4=8，Ⅰ．当四边形BPDQ为平行四边形时，DP=BQ，∴2t−4=t，∴t=4，Ⅱ．当四边形BCPQ为平行四边形时，PC=BQ，∴16−2t=t，∴t=16综上所述当点P、Q与△BCD的某两个顶点围成一个平行四边形时，t=4或t=16（3）Ⅰ．当P在AD边上时，AQ边上的高是3t∴(8−t)×3t=7解得t1=1，Ⅱ．当P在DC边上时，∴(8−t)×23=7解得t=9综上所述t=1或t=92时，平行四边形APMQ的面积为【变式2-1】（23-24九年级·浙江温州·阶段练习）如图，等腰直角三角形ABC，∠B=90°，AB=4，D，E是AB，BC边上的动点，且AD=BE，以DE，CE为边作平行四边形DECF，连接CD，AF，当CD∥AF时，则△ADC的面积为．【答案】12−4【分析】设AD=BE=x，则BD=CE=4−x，由平行四边的性质得DF=CE=BD=4−x，DF∥CE，再证四边形ADCM是平行四边形得∠DAF=∠CMN，AD=CM=x，又证△DAF≌△MCN，得CN=DF=CE=4−x【详解】解：延长AF交BC延长线于点N，过点C作CM⊥BC交AN于点M，

∵等腰直角三角形ABC，∠B=90°，AB=4，∴AB=BC=4，设AD=BE=x，则BD=CE=4−x，∵四边形DECF是平行四边形，∴DF=CE=BD=4−x，DF∥CE，∵CM⊥BC，∴∠B=∴CM∥AD，∵CD∥AF，∴四边形ADCM是平行四边形，∠DAF=∴AD=CM=x，在△DAF和△CMN中，∠DAF=∠CMN∴△DAF≌△MCN，∴CN=DF=CE=4−x，∴BN=CN+BC=8−x，∵S△ABN∴12BN⋅AB=1∴x2∴x=6+25（舍去）或AD=x=6−2∴S△ADC故答案为：12−45【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义，解一元二次方程，全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定及性质以及平行四边形的性质是解题的关键．【变式2-2】（23-24九年级·浙江杭州·期中）如图，点E，F分别在平行四边形ABCD的边BC，AD上，且BE=DF，AD=10，CD=8，动点P从点A出发沿着线段AE向终点E运动，同时点Q从点C出发沿着折线段C−F−A向终点A运动，且它们同时到达终点，设Q点运动的路程为x，PE的长度为y，且y=kx+8（k为常数，k≠0）．（1）求证：四边形AECF是平行四边形．（2）求AE的长．（3）当k=−4①求AF的值；②连结PQ，QE，当△PQE为直角三角形时，求所有满足条件的x的值．【答案】（1）见解析；（2）8；（3）①2；②1，3+【分析】（1）根据已知证明AF=EC,AF//（2）根据题，当x=0时，PE=y，令x=0时，即可求得AE；（3）①当P到达E点时，Q点到达A点，此时PE=0,则y=0，令y=0求得x，可得CF+AF=10，结合已知条件可得AF；②由①可得，△ABE是等边三角形，分情况讨论，当Q在CF上，∠PEQ=90°时，根据含30度角的直角三角形的性质，可得CQ=12EC；当∠PQE=90°时，过点P,E分别作PN⊥FC,EM⊥FC，垂足为N,M,可得四边形PEMN是矩形，分别求得PE2,PQ2,QE2,根据勾股定理列出方程，解一元二次方程即可，当∠QPE=90°时，如图，过点E【详解】∵四边形ABCD是平行四边形；∴AD∴AF∵BE=DF∴AD−AF=BC−BE即AF=EC∴四边形AECF是平行四边形；（2）∵依题意，设Q点运动的路程为x，PE的长度为y，∴AP=AE−y，PE=y，y=kx+8当x=0时，则y=8，PE=AE∴PE=AE=8（3）①当P到达E点时，Q点到达A点此时PE=0,则y=0当k=−45令y=0，解得x=10则CF+AF=10∵四边形AECF是平行四边形，∴AE=CF=8∴AF=2②由①可知，AB=AE=8,EC=AF=2,BE=BC−EC=10−2=8∴AB=BE=AE=8∴△ABE是等边三角形∴∠AEB=60°连结PQ，QE，当△PQE为直角三角形时，当Q在CF上，∠PEQ=90°时，如图，∵∠AEB=60°∴∠QEC=30°∴CQ=即x=1；当∠PQE=90°时，过点P,E分别作PN⊥FC,EM⊥FC，垂足为N,M,∵AE//∴PN⊥AE,EM⊥AE∴四边形PEMN是矩形，∵FC∴∠MCE=60°∴∠MEC=30°∵EC=2∴MC=1∴EM=∵QC=x∴QM=QC−MC=x−1在Rt△QEM中Q∵四边形PEMN是矩形，∴PE=NM=y=−45∴NQ=MN−QM=−在Rt△PNQ中P∵△PEQ是Rt△∴P即(−45x+8)2化简得：3解得：x当∠QPE=90°时，如图，过点E作EM⊥FC于点M,∵FC//∴EM⊥AE∴∠QOE=∠PEM=∠EMQ=90°∴四边形PEMQ是矩形，∴PE=QM=y=−∵FC∴∠MCE=60°∴∠MEC=30°∵EC=2∴MC=1∴EM=∵QC=x∴QM=QC−MC=x−1∵x−1=−解得x=5当Q点在AF上运动时，△PEQ不是直角三角形，综上所述，所有满足条件的x的值为：1，3+【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，解一元二次方程，函数的解析式，分类讨论是解题的关键．【变式2-3】（23-24九年级·浙江杭州·期中）如图，平行四边形ABCD中∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝3cm，点E以1cm/s的速度从点A出发沿A一B一C向点C运动，同时点F以1cm/s的速度从点A出发沿A一D一C向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设运动的时间为t（s）．(1)求平行四边形ABCD的面积；(2)求当t＝2s时，求△AEF的面积；(3)当△AEF的面积为平行四边形ABCD的面积的13时，求t【答案】(1)93cm²；(2)3cm²；(3)t的值为4或9+【分析】（1）过点B作BG⊥CD于点G，由直角三角形的性质得出平行四边形的高，再按底乘以高，即可得解；（2）过点F作FH⊥AE于点H，分别计算出t＝2s时，AE，AF和FH的长，则按三角形面积公式计算即可；（3）分点E在线段AB上，点F在线段AD上和点E在线段BC上，点F在线段CD上，两种情况计算即可．【详解】（1）平行四边形ABCD中，∵∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝3cm，∴CD＝AB＝6cm，BC＝AD＝3cm，如图，过点B作BG⊥CD于点G，∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠A＝∠C＝60°，∴∠CBG＝30°，∴CG＝12BC＝3∴BG＝BC2−CG∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BG＝6×323＝93（cm答：平行四边形ABCD的面积为93cm2；（2）当t＝2s时，AE＝2×1＝2cm，AF＝2×1＝2cm，∵∠A＝60°，∴△AEF是等边三角形，如图，过点F作FH⊥AE于点H，∴FH＝32AF＝3∴△AEF的面积为：12×AE×FH＝12×2×3＝3（cm答：当t＝2s时，△AEF的面积为3cm2；（3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为93cm2．∴当△AEF的面积是平行四边形ABCD面积的13△AEF的面积为：93×13＝33（cm2当点E在线段AB上运动t秒时，点F在AD上运动t秒，AE＝tcm，AF＝tcm，高为32AF＝32∴12×t×32t＝3∴t＝﹣23（舍）或t＝23，∴t＝23>3，不符合题意；当点E在线段AB.上运动秒时，点F在CD上运动t秒，(3<t≤6)，∴∴t=4，符合题意；当点E′运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点F′也运动到线段CD上，如图，过点E′作MN垂直CD于点H，垂直于AB延长线于点G，∵四边形ABCD为平行四边形，∠A＝∠C＝60°，CD＝AB＝6cm，BC＝AD＝3cm，∴AB∥CD，∴∠E′BG＝∠C＝60°，∴E′G＝32BE′＝32（t﹣6）（cm），E′H＝1.53﹣（t﹣6）＝32∴S△AEF＝93﹣12×6×32（t﹣6）﹣12×[6﹣（t﹣3）]×[32（9﹣t）]﹣12（t化简得：t2﹣9t+12＝0，∴t=当t=9+332时，点E位于线段BC上，点F综上所述，t的值为4或9+33【点睛】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，一元二次方程，等边三角形的性质，熟练掌握三角形或平行四边形的面积公式是解题的关键．【题型3利用一元二次方程解决矩形中的动态问题】【例3】（23-24九年级·甘肃定西·阶段练习）如图①，在矩形ABCD中，AB<AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿AB→BC→CD向点D运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，结合图象可得△AOP面积最大为3，得到AB与BC的积为12；当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，得到AB与BC的和为7，构造关于AB的一元二方程可求解．【详解】解：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，△AOP面积最大为3．∴14AB⋅BC=3，即当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，∴AB+BC=7．则BC=7−AB，代入AB⋅BC=12，得AB2−7AB+12=0因为AB<AD，即AB<BC，所以AB=3，故选：B．【变式3-1】（23-24九年级·江苏宿迁·期末）如图，已知A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB=16cm，AD=6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以2

(1)当t为何值时，P，Q两点间的距离最小？最小距离是多少？(2)连接QB．①当△BPQ为等腰三角形时，求t的值；②在运动过程中，是否存在一个时刻，使得∠PQB=90°？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当t=165时，PQ最小，PQ(2)①当△BPQ为等腰三角形时，t的值为4±72或48−23015或【分析】（1）首先根据题意，得出AP=3tcm，CQ=2tcm，再根据线段之间数量关系，得出PB=16−3tcm，再根据垂线段最短，得出当PQ⊥AB时，PQ最小，此时四边形BCQP是矩形，再根据矩形的性质，得出（2）①过点Q作QG⊥AB于点G，得矩形BCQG，矩形AGQD，根据矩形的性质，得出BG=CQ=2tcm，QG=BC=6cm，再根据线段之间数量关系，得出PG=16−5tcm，再根据勾股定理，得出PQ2=16−5t2②当∠PQB=90°时，根据勾股定理，得出PQ2+BQ2【详解】（1）解：根据题意，可得：AP=3tcm，CQ=2t∵AB=16cm，AD=6∴PB=AB−AP=16−3t当PQ⊥AB时，PQ最小，此时四边形BCQP是矩形，∴CQ=PB，∴2t=16−3t，解得：t=16∴当t=165时，PQ最小，PQ的最小距离为（2）解：①如图，过点Q作QG⊥AB于点G，得矩形BCQG，矩形AGQD，

∴BG=CQ=2tcm，QG=BC=6∴PG=AB−BG−AP=16−2t−3t在Rt△PQG根据勾股定理，可得：PQ2=P当PQ=PB时，可得：16−5t2整理可得：4t解得：t=4±当BQ=PB时，可得：2t2整理可得：5t解得：t=48−23015当QP=QB时，G为PB的中点，∴16−5t=2t，解得：t=16综上可得：当△BPQ为等腰三角形时，t的值为4±72或48−2301②不存在一个时刻，使得∠PQB=90°，理由如下：当∠PQB=90°时，可得：PQ即16−5t2整理可得：5t∵Δ=∴此方程无实数解，∴不存在一个时刻，使得∠PQB=90°．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解一元二方程、一元二次方程的根与判别式的关系，解本题的关键在利用分类讨论思想解答．【变式3-2】（23-24九年级·辽宁朝阳·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=10cm，AD=8cm，点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向点C运动，点P到达终点后，P、Q两点同时停止运动，则秒时，【答案】2或3【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设运动时间为t秒，则PB=(10−2t)cm，BQ=tcm，利用三角形的面积计算公式，结合△BPQ的面积是6cm【详解】解：设运动时间为t秒，则PB=(10−2t)cm，BQ=t∵S△BPQ∴12整理得：t2解得：t1=2，∴2或3秒时，△BPQ的面积是6cm故答案为：2或3．【变式3-3】（23-24九年级·河南·期末）如图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AB=4cm，AD=2cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，都以1cm/s的速度运动，其中点P由A运动到B停止，点Q由点C运动到点D停止．(1)求四边形PBCQ的面积；(2)P、Q两点从出发开始到几秒时，P、Q、D组成的三角形是等腰三角形？【答案】(1)4(2)t=2秒或23秒或43秒或【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的定义和性质、一元二次方程的应用、一元一次方程的应用等知识，解题关键是运用数形结合的思想分析问题．（1）设运动时间为t，则AP=t，CQ=t，进而可得BP=4−t，然后根据梯形面积公式求解即可；（2）设P、Q两点从出发开始到t秒时，点P、Q、D组成的三角形是等腰三角形，根据题意可得CQ=t，易得DQ=4−t，然后分PQ=DQ、PQ=PD、DQ=PD三种情况，分别求解即可．【详解】（1）解：设运动时间为t，则AP=t，CQ=t，∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=4cm，BC=AD=2cm，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，∴BP=4−t，∴四边形PBCQ的面积=12PB+CQ（2）设P、Q两点从出发开始到t秒时，点P、Q、D组成的三角形是等腰三角形，∵CQ=t，∴DQ=4−t，①当PQ=DQ=4−t时，如图1，过P作PH⊥DQ于H，则∠PHD=∠A=∠D=90°，∴四边形APHD为矩形，∴PH=AD=2，DH=AP=t，∵CQ=t，∴HQ=4−2t，在Rt△PQH中，可有P∴22解得t=2，t=2②当PQ=PD时，如图2，过P作PH⊥DQ于H，由①可知四边形APHD为矩形，∴PH=AD=2，DH=AP=HQ=t，∵CQ=t，∴HQ=4−2t，∴4−2t=t，解得t=4③当DQ=PD时，∴DQ=4−t，∴PD=DQ=4−t，在Rt△ADP中，可有A∴t2∴t=3综上所述，当t=2秒或23秒或43秒或32秒时，点P、Q【题型4利用一元二次方程解决菱形中的动态问题】【例4】（2024·甘肃金昌·模拟预测）如图①，BD是菱形ABCD的对角线，AD<BD，动点P从菱形的某个顶点出发，沿相邻的两条线段以1cm/s的速度匀速运动到另一个顶点，在运动过程中，CP的长y(cm)随时间t(A．12cm B．16cm C．20cm【答案】C【分析】由图②得：当0<t≤a时，y在减小，当a<t≤a+1时，y先变小后变大，可得P应从A出发沿AB运动到B，再运动到D，或P应从A出发沿AD运动到D，再运动到B，设P应从A出发沿AB运动到B，再运动到D，如图，连接AC交BD于O，再进一步解答即可；【详解】解：由图②得：当0<t≤a时，y在减小，当a<t≤a+1时，y先变小后变大，∴P应从A出发沿AB运动到B，再运动到D，或P应从A出发沿AD运动到D，再运动到B，设P应从A出发沿AB运动到B，再运动到D，如图，连接AC交BD于O，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∴当P在A处时，y=8，即AC=8，∴OA=4，当P在B处时，x=a，即AB=a，当P位于D处时，x=2a+1，即BD=a+1，∴OB=a+1∵OB∴42解得：a=5（不符合题意的根舍去），∴AB=5，∴菱形ABCD的周长为20cm故选C【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，菱形的性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键.【变式4-1】（23-24九年级·广东深圳·期中）如图，在△ABD中，AB=AD,AO平分∠BAD,过点D作AB的平行线交AO的延长线于点C,连接BC

（1）求证：四边形ABCD是菱形．（2）如果OA,OB(OA>OB)的长（单位：米）是一元二次方程x2（3）若动点M从A出发，沿AC以2m/s的速度匀速直线运动到点C,动点N从B出发，沿BD以1m/s的速度匀速直线运动到点D，当M运动到C点时运动停止．若M、N同时出发，问出发几秒钟后，△MON的面积为14【答案】（1）证明见解析；（2）5，24；（3）M，N出发5−22秒，52秒，5+22秒钟后，△【分析】（1）根据题意，用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”先判定平行四边形，再用邻边相等证明菱形；（2）解方程可得OA、OB的长，用勾股定理可求AB，根据“菱形的面积对应对角线积的一半”计算连线面积；（3）根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分三种情况分别讨论．【详解】（1）证明：∵AO平分∠BAD，AB∥CD∴∠DAC=∠BAC=∠DCA∴△ACD是等腰三角形，AD=DC又∵AB=AD∴AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，又∵AB=AD，∴▱ABCD是菱形；（2）解：解方程x2-7x+12=0，得OA=4，OB=3，利用勾股定理AB=OAS菱形ABCD=12AC×BD=1（3）解：在第（2）问的条件下，设M、N同时出发x秒钟后，△MON的面积为14m2当点M在OA上时，x<2，S△MON=12（4-2x）（3-x）=1解得x1=5−22，x2=当点M在OC上且点N在OB上时，2＜x＜3，S△MON=12（3-x）（2x-4）=1解得x1=x2=52当点M在OC上且点N在OD上时，即3<x≤4，S△MON=12（2x-4）（x-3）=1解得x1=5+22，x2=综上所述：M，N出发5−22秒，52秒，5+22秒钟后，△【变式4-2】（23-24九年级·江苏南京·期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC=16cm,BD=12cm,动点M从点A出发沿AC方向以2cm/s的速度运动到点C，动点N从点B出发沿BD方向以1cm/s的速度运动到点D

(1)出发1秒钟时，△MON的面积=cm2(2)出发几秒钟时，△MON的面积为1【答案】(1)15(2)t=5+2或t=5或【分析】本题考查了菱形的性质，一元二次方程与几何问题，掌握菱形的对角线互相垂直平分，根据题意进行分类讨论是解题的关键．（1）根据菱形的性质得出OA=12AC=8cm，OB=（2）根据题意进行分类讨论即可①当0<t<4时，点M在线段OA上，点N在线段OB上，②当4<t<6时，点M在线段OC上，点N在线段OB上，③当6<t<8时，点M在线段OC上，点N在线段OD上．【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，AC=16∴OA=12AC=8当出发1秒钟时，AM=2cm,∴OM=OA−AM=6cm,∴△MON的面积=1故答案为：15．（2）解：∵AC=16∴t≤16解得：t≤8，当点M在线段OA上时，0<t<82，即当点N在线段OB上时，0<t<6，设出发时间为t，则AM=2t,BN=t，①当0<t<4时，点M在线段OA上，点N在线段OB上，OM=8−2t,ON=6−t，∵△MON的面积为1∴12解得：t1=5+2②当4<t<6时，点M在线段OC上，点N在线段OB上，OM=2t−8,ON=6−t，∵△MON的面积为1∴12解得：t=5，③当6<t≤8时，点M在线段OC上，点N在线段OD上，OM=2t−8,ON=t−6，∵△MON的面积为1∴12解得：t1=5+2综上：t=5+2或t=5或t=5−【变式4-3】（2024·辽宁朝阳·一模）如图，菱形ABCD中，AC，BD交于O，AC=8cm，BD=6cm，动点M从A出发沿AC方向以每秒2cm匀速直线运动到C，动点N从B出发沿BD方向以每秒1cm匀速直线运动到D，若M，N同时出发，问出发后s时，△MON的面积为菱形

【答案】1或4【分析】本题考查了菱形的性质，一元二次方程的应用及分类讨论的数学思想，解题的关键是根据出发后时间的多少确定列方程的方法．根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分当x<2时，点M在线段AO上，点N在线段BO上、当2<x<3时，点M在线段OC上，点N在线段BO上和当x>3时，点M在线段OC上，点N在线段OD上三种情况分别讨论．【详解】解：设出发后x秒时，S△MON∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，∴OA=4，OB=3，AC⊥BD，S菱形∴S△MON当x<2时，点M在线段AO上，点N在线段BO上．此时OM=OA−AM=4−2x，ON=OB−BN=3−x，则12解得x1=1，当2<x<3时，点M在线段OC上，点N在线段BO上，此时OM=AM−OA=2x−4，ON=OB−BN=3−x则12(2x−4)(3−x)=2；化简为此时方程Δ<0当x>3时，点M在线段OC上，点N在线段OD上，此时OM=AM−OA=2x−4，ON=BN−OB=x−3，则12解得x1=1综上所述，出发后1s或4s时，故答案为：1或4．【题型5利用一元二次方程解决正方形中的动态问题】【例5】（23-24九年级·河南南阳·阶段练习）如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到△A′B′C′

A．12cm B．2+24cm C．1【答案】D【分析】根据平移的性质，结合阴影部分是平行四边形，△A′HA与△HCB′都是等腰直角三角形，则若设A【详解】解：设AC交A′B′于H，A′C

由平移的性质知AC∥A′C∴四边形A′∵由正方形的性质可得：∠A=45°，∠D=90°=∠AA∴△A同理，△HCB设AA′=x，则阴影部分的底长为x∴x2−x∴x=2±即AA故选：D．【点睛】此题考查解一元二次方程、平行四边形的判定及性质，平移的性质，等腰直角三角形的判定，根据平移的性质得到四边形A′【变式5-1】（2024九年级全国·竞赛）如图，已知正方形ABCD的边长为10厘米，点E在边AB上，且AE=6.4厘米，P、Q两点分别从B、C两点出发以1厘米/秒的速度沿正方形的边逆时针移动，当点P移到点D时，P、Q两点同时停止移动，设移动时间为t秒，当S△AEP=S△CPQ

【答案】3.6或18【分析】本题考查一元二次方程在几何中的应用，根据移动时间为t秒，分以下两种情况讨论，①当P在BC上时，②当P在CD上时，根据这两种情况分别用t表示出△AEP和△CPQ的底和高，根据S△AEP【详解】解：∵移动时间为t秒，正方形ABCD的边长为10厘米，AE=6.4厘米，①当P在BC上时，有BP=t厘米，PC=10−t厘米，QC=t∵S△AEP∴12AE⋅BP=整理得t2−3.4t=0，解得t1②当P在CD上时，则PC=t−10厘米，QD=∴1整理得t−10=±8，解得t3=18，综上所述，t的值为3.6或18．故答案为：3.6或18．【变式5-2】（23-24九年级·江苏无锡·期中）如图，将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移得到△A′B′C′，若两个三角形重叠部分的面积为3，则它移动的距离AA′等于；移动的距离AA′等于时，两个三角形重叠部分面积最大．【答案】1cm或3cm/3cm或1cm2cm【分析】如图，设AC交A′B′于H,A′C′交CD于G,证明四边形A′HCG是平行四边形，证明【详解】解：如图，设AC交A′B′于H,A′C由平移的性质可得：AC∥∴四边形A′由正方形ABCD可得：∠A=45°,∠D=∠AA∴△A同理：△HCB设AA′=∴x4−x∴x解得：x1∴AA′=1∵重叠部分的面积为：x4−x∴当x=2时，重叠部分的面积最大，最大面积为4cm2所以当AA故答案为：1cm或3cm；2cm【点睛】本题考查的是正方形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，配方法的应用，平移的性质，熟悉以上基础知识是解题的关键.【变式5-3】（2024·河南·二模）如图1，正方形ABCD的边长和等腰直角△FGH的边AD与FG重合，边AB与FH在一条直线上，△FGH以1cm/s的速度向右移动，直到点H与点B重合才停止移动，两个图形重叠部分的面积为S（cm2），图2所示的是△FGH向右移动时，面积S（cm2）与随时间t（sA．16 B．8 C．2 D．4【答案】D【分析】根据正方形与等腰直角三角形的性质得到AH=AD=AB=BC，根据图象分析最大面积为S最大=S【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，△FGH为等腰直角三角形，∴AH=AD=AB=BC，∵△FGH向右移动时，重合部分的面积越来越大，直至△FGH完全在正方形ABCD内部，此时S=S△FGH，接着往下运动的话，不完全在正方形∴图2中S=a+4是重合部分的面积最大值，∴S最大∵△FGH以1cm/s的速度向右移动，由图2可知从开运动到结束用了（a∴2AB=(a+4)×1,∴AB=a2∵S最大解得：a=4或者a=-4，∴a=4，故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质以及一元二次方程的应用，解题的关键在于分析等腰直角三角形的运动过程，找出运动时间与路程，列出方程求解．【题型6利用一元二次方程解决梯形中的动态问题】【例6】（23-24九年级·安徽淮南·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，BC=8cm，AB=AD=10cm，点P从点A出发，以每秒3cm的速度沿折线A−B−C方向运动，点Q从点D出发，以每秒2cm速度沿线段DC方向向点C运动．已知动点P，Q同时出发，当点Q运动到点C时，（1）当t=秒时，四边形PBQD为平行四边形；（2）在点P、点Q的运动过程中，当t=秒时，△BPQ的面积为15cm【答案】25或193或【分析】（1）当四边形PBQD为平行四边形时，BP=DQ，由此构建方程解决问题即可；（2）分两种情况进行讨论：即①当点P在线段AB上，②当点P在线段BC上，根据两种情况点的位置，可以确定t的值．【详解】解：（1）当四边形PBQD为平行四边形时，BP=DQ，∵BC=8cm，AB=AD=10如图，∴BP=10−3t，DQ=2t，∴10−3t=2t，解得：t=2，故答案为：2；（2）如图1，过A点作AM⊥CD于M，则四边形AMCB是矩形，∴AM=BC=8，MC=AB=10，∵AD=10，∴DM=A∴CD=DM+CM=6+10=16；①当点P在线段AB上时，即0≤t≤10∴S解得t=25②当点P在线段BC上时，即103∵BP=3t−10，CQ=16−2t，∴S△BPQ整理得：3t2−34t+95=0解得：t=5或t=19∵103∴t=5或t=19综上所述，t=5或t=193或t=2512，故答案为：5或193或25【点睛】本题考查了直角梯形，矩形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用以及三角形的面积等，分类讨论的思想是本题的关键．【变式6-1】（23-24九年级·江苏泰州·期末）如图，利用两面夹角为135°且足够长的墙，围成梯形围栏ABCD，∠C＝90°，新建墙BCD总长为15米，则当CD＝米时，梯形围栏的面积为36平方米．【答案】4或6/6或4【分析】过点A作AE⊥BC于E，则四边形ADCE为矩形，得出DC=AE=BE=x，再证明△ABE是等腰直角三角形，得出AD=CE=15-2x，然后根据梯形的面积公式即可得到一元二次方程，求解即可．【详解】解：如图，连接DE，过点A作AE⊥BC于E，则四边形ADCE为矩形，DC=AE=x，∠DAE=∠AEB=90°，则∠BAE=∠BAD-∠EAD=45°，在直角△CDE中，又∵∠AEB=90°，∴∠B=45°，∴DC=AE=BE=x，∴AD=CE=15-2x，∴梯形ABCD面积S=12（AD+BC）•CD=12（15-2x+15-x）•解得∶x1=4，x2=6故答案为：4或6【变式6-2】（2024九年级·全国·专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（s），当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形？【答案】t＝163或72时，以B，P，【分析】以B，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB=PQ时，当PQ=BQ时，当BP=BQ时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．【详解】解：如图1，当PB＝PQ时，作PE⊥BC于E，∴EQ＝12BQ∵CQ＝t，∴BQ＝16﹣t，∴EQ＝8﹣12t∴EC＝8﹣12t+t＝8+12∴2t＝8+12t解得：t＝163如图2，当PQ＝BQ时，作QE⊥AD于E，∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，∵∠C＝∠D＝90°，∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，∴四边形DEQC是矩形，∴DE＝QC＝t，∴PE＝t，QE＝CD＝12．在Rt△PEQ中，由勾股定理，得PQ＝t216﹣t＝t2解得：t＝72如图3，当BP＝BQ时，作PE⊥BC于E，∵CQ＝t，∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，∵PD＝2t，∴CE＝2t，∴BE＝16﹣2t，在Rt△BEP中，（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，3t2﹣32t+144＝0，Δ＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，故方程无解．综上所述，t＝163或72时，以B，P，【点睛】本题考查了勾股定理的运用，矩形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时根据等腰三角形的性质建立方程是关键．【变式6-3】（23-24九年级·上海·期末）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=8cm，CD=2cm，AD=6cm．点P从A点出发，以2cm/s的速度沿AB向B点运动（运动到B点即停止）；点Q从C点出发，以1cm/s的速度沿CD−DA向A点运动（当点P停止运动时，点Q也即停止），设P、Q同时出发并运动了t秒．(1)求梯形ABCD的高和∠A的度数；(2)当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t的值；(3)试问是否存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)梯形ABCD的高为33cm，∠A(2)t=(3)存在t为9−132s时，使四边形PBCQ【分析】（1）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，证Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），得AE=BF=3（cm），再证∠ADE=30°，则∠A=60°，然后由勾股定理求出DE即可；（2）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，得DQ=EP=2-t，再由AP=AE+EP，得2t=3+2-t，即可求解；（3）求出S梯形ABCD=153（cm2），分两种情况：①若点Q在CD上，即0≤t≤2；②若点Q在AD上，即2＜t≤4；分别由面积关系得出方程，解方程即可．【详解】（1）解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图1所示：∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AD=BC，AB∥CD，∴DE⊥CD，CF⊥CD，∴∠DEF=∠CFE=∠CDE=90°，∴四边形CDEF是矩形，∴DE=CF，DC=EF=2cm，在Rt△ADE和Rt△BCF中，AD=BCDE=CF∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），∴AE=BF，∴AE=BF=12（AB-EF）=12×（8-2）=3（∵AD=6cm，∴AE=12AD∴∠ADE=30°，∴∠A=60°，DE=AD2−AE∴梯形ABCD的高为33cm（2）解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图2所示：同（1）得：四边形CDEF是矩形，当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，∵CQ=t，∴DQ=EP=2-t，∵AP=AE+EP，∴2t=3+2-t，解得：t=53（3）解：存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，理由如下：∵S梯形ABCD=12（8+2）×33=153（cm2当S四边形PBCQ=12S梯形ABCD①若点Q在CD上，即0≤t≤2，如图3所示：则CQ=t，BP=8-2t，S四边形PBCQ=12（t+8-2t）×33=15解得：t=3（不合题意舍去）；②若点Q在AD上，即2＜t≤4，过点Q作HG⊥AB于G，交CD的延长线于H，如图4所示：则AQ=AD+DC-t=6+2-t=8-t，在Rt△AGQ中，∠A=60°，∴∠AQG=90°-60°=30°，∴AG=12AQ∴QG=AQ同理：QH=32DQ=32（8-8+t-2）=32∵S四边形PBCQ=12S梯形ABCD∴S△APQ+S△CDQ=S四边形PBCQ，∴12×2t×32（8-t）+12×2×32（整理得：t2-9t+17=0，解得：t1=9+132（不合题意舍去），t2=综上所述，存在t为9−132s时，使四边形PBCQ的面积是梯形【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰梯形的性质、矩形的判定与性质、直角梯形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的判定、勾股定理、一元二次方程等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰梯形的性质和勾股定理，证明Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）是解题的关键，属于中考常考题型．【题型7利用一元二次方程解决平面直角坐标系中的动态问题】【例7】（23-24九年级·广东佛山·期中）如图，平面直角坐标系中，已知点A(10,0)，点B(0,8)，过点B作x轴的平行线l，点P是在直线l上位于第一象限内的一个动点，连接OP，(1)求出SΔ(2)若OP平分∠APB，求点P的坐标；(3)已知点C是直线y=85x上一点，若ΔAPC是以【答案】(1)40(2)(4,8)或(16,8)(3)(10,16)或（2【分析】（1）先求出P点的纵坐标，再根据三角形的面积公式计算△AOP即可.（2）设P(m,8),根据BP∥OA,OP平分∠APB可得PA=OA=10,，再根据两点之间的距离公式求出m的值即可得P点的坐标.（3）设P(m,8),C(n,85n),分两种情况讨论：①当∠APC=90°且AP=CP时；②当∠PAC=90°,且AP=AC时.画出图形，构造三垂直模型，根据全等三角形的对应边相等列出关于m,n的方程组，求出m,n【详解】（1）如图1，作PH⊥x轴与H，∵A(10,0)，∴OA=10.∵l∥x轴，点P是在直线l，∴PH=8,∴（2）设P(m,8),∵BP∥OA,∴∠BPO=∠POA,∵OP平分∠APB，∴∠BPO=∠APO,∴∠POA=∠APO,∴PA=OA=10,∴P∴(m−10)解得，m∴点P的坐标(4,8)或(16,8).（3）设P(m,8),C(n,当∠APC=90°，且AP=CP时，①如图2，C点在直线l上方时，过P点作直线EF⊥l,则EF⊥x轴于F点，过C点作CE⊥EF于E点,则∠CEP=∠PFA=90°,∠CPE+∠ECP=∠CPE+∠FPA=90°,∴∠ECP=∠FPA,又∵CP=AP,∴△PCE≅△APF∴CE=PF,EP=FA,∴n−m=885则8则C(10,16).②如图3，由△PCE≅△APF得CE=PF,EP=FA,∴m−n=885则8∴C(10,16).

当∠PAC=90°,且AP=AC时,如图4

作CE⊥x轴于E，PF⊥x轴于F,则△ACE≅△PAF，∴CE=FA,AE=PF,则85n=m−1010−n=8则85∴C（综上，C点的坐标为(10,16)或（2【点睛】本题综合性较强，难度较大.主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，以及数形结合思想和分类讨论思想.注意第（3）小题考虑问题要全面.正确的画出图形是解题的关键.【变式7-1】（23-24九年级·江苏盐城·期中）在平面直角坐标系中，过原点O及点A（0，5）、C（12，0）作矩形OABC，∠AOC的平分线交AB于点D．点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线OD方向移动；同时点Q从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动．设移动时间为t秒．(1)当t=_____时，点P移动到点D；(2)当△OPQ的面积为16时，求此时t的值；(3)当t为何值时，△PQB为直角三角形．【答案】(1)5(2)4(3)72或41+3294【分析】（1）由ΔAOD是等腰直角三角形，可得OD=52，即可得出（2）过点P作PH⊥OC于点H，则OP=2t，OQ=2t，PH=t，代入面积公式即可得出（3）根据P(t,t)，Q(2t,0)，B(12,5)，表示出PQ，BQ，BP的长，再分∠PQB=90°或∠PBQ=90°或∠QPB=90°，分别列出方程．【详解】（1）∵OD平分∠AOC，∴∠AOD=∠DOC=45°，∵A(0,5)，∴OA=5，∴AD=OA=5，∴OD=5∴t=52故答案为：5；（2）过点P作PH⊥OC于点H，∵OD平分∠AOB，∠DOC=45°，∴OH=PH，又∵OP=2t，∴PH=t，∴S∴12∴t=±4（负值舍去），∴t=4；（3）如图，连接PQ，BP，BQ，由题意知，P(t,t)，Q(2t,0)，B(12,5)，∴PQBQPB①若∠PQB=90°，则2t∴t1=②若∠PBQ=90°，则4t∴t=41±③若∠QPB=90°，则2t∴t=0（舍)，综上所述，t的值为：72或41+3294【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形的性质，直角三角形的性质等知识，将动点问题转化为线段的长是解题的关键．【变式7-2】（23-24九年级·重庆·期中）在平面直角坐标系中，直线l经过点A(2,0)和点B(0,2)．点C的横坐标为32，点D为线段OB(1)求直线l的解析式．(2)如图1，若点P为线段OA上的一个动点，当PC+PD的值最小时，求出点P坐标．(3)在（2）的条件下，