? 八年級下冊數(shù)學(xué)《第十八章 平行四邊形》
專題 利用特殊四邊形的性質(zhì)巧解動點問題

題型一 平行四邊形中的動點問題

【例題1】（2021春?費縣期中）如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝27cm，BC＝36cm，點P從A向點D以1cm/s的速度運動，到點D即停止．點Q從點C向點B以2cm/s的速度運動，到點B即停止．直線PQ將四邊形ABCD截成兩個四邊形，分別為四邊形ABQP和四邊形PQCD，則當(dāng)P，Q兩點同時出發(fā)，幾秒后所截得兩個四邊形中，其中一個四邊形為平行四邊形？

【變式1-1】（2021春?陽谷縣期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，且AD＜BC，BC=6cm,動點P，Q分別從點D，B同時出發(fā)，點P以1cm/s的速度向點A方向運動，點Q以2cm/s的速度向點C運動，幾秒后四邊形CDPQ是平行四邊形（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4

【變式1-2】（2021秋?撫州期末）如圖，在?ABCD中，對角線BD⊥AD，AB＝16，∠A＝60°，O為BD的中點，E為邊AB上一動點，以2cm/s的速度從A點向B點運動，運動時間為ts，連接EO并延長交CD于點F，連接DE、BF，下列結(jié)論不成立的是（　?。?br />
A．四邊形DEBF為平行四邊形
B．若t＝4，則四邊形DEBF為菱形
C．若t＝2，則四邊形DEBF為矩形
D．若t＝6，則四邊形DEBF為正方形

【變式1-3】如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，點P以1cm/s的速度由A向D運動，點Q以2cm/s的速度由C向B運動．問幾秒后直線PQ將四邊形ABCD截出一個平行四邊形？





【變式1-4】（2021春?閩侯縣月考）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，點P自點A向D以1cm/s的速度運動，到D點即停止．點Q自點C向B以2cm/s的速度運動，到B點即停止，則當(dāng)P，Q同時出發(fā)，設(shè)運動時間為t（s）．
（1）當(dāng)t為何值時，四邊形APQB為平行四邊形？
（2）當(dāng)t為何值時，四邊形PDCQ為平行四邊形？


【變式1-5】（2022春?濱湖區(qū)期末）如圖，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，點P為BC上一動點，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于點Q，則四邊形APCQ的形狀是 　 　，連接PQ，當(dāng)PQ取得最小值時，四邊形APCQ的周長為 　 ?。?br />
【變式1-6】如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，過點A作AD∥BC，且點D在點A的右側(cè)．點P從點A出發(fā)沿射線AD方向以每秒1個單位的速度運動，同時點Q從點C出發(fā)沿射線CB方向以每秒2個單位的速度運動，在線段QC上取點E，使得QE＝2，連接PE，設(shè)點P的運動時間為t秒．
（1）若PE⊥BC，求BQ的長；
（2）請問是否存在t的值，使以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

【變式1-7】如圖，等邊△ABC的邊長為10cm，動點M從點B出發(fā)，沿B→A→C→B的方向以4cm/s的速度運動，動點N從點C出發(fā)，沿C→A→B→C方向以3cm/s的速度運動．

（1）若動點M、N同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒鐘兩點第一次相遇？
（2）若動點M、N同時出發(fā)，且其中一點到達終點時，另一點即停止運動．那么運動到第幾秒鐘時，點A、M、N以及△ABC的邊上一點D恰能構(gòu)成一個平行四邊形？求出時間t并請指出此時點D的具體位置．





【變式1-8】（2021春?惠來縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝20cm，BD⊥AC于點D，且BD＝16cm．點M從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為4cm/s；同時點P由B點出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s，過點P的直線PQ∥AC，交BC于點Q，連接PM，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜5），解答下列問題：
（1）線段AD＝　 　cm；
（2）求證：PB＝PQ；
（3）當(dāng)t為何值時，以P、Q、D、M為頂點的四邊形是平行四邊形？


題型二 矩形中的動點問題

【例題2】（2021秋?遷安市期末）如圖，在長方形ABCD中，AB＝CD＝8cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，同時，點Q由點C出發(fā)，以相同的速度沿CD向點D運動，設(shè)點P的運動時間為t秒，當(dāng)△ABP≌△PCQ時，t的值為（　?。?br />
A．1或3 B．2 C．2或4 D．1或2
【變式2-1】（2022春?玄武區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E在BC邊上，且BE＝3，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊作正方形EFGH，且點H在矩形ABCD內(nèi)，連接CH，則CH的最小值為（　?。?br />
A．3 B．4 C．8 D．10
【變式2-2】（2022春?新洲區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝2，點E從D向C以每秒1個單位的速度運動，以AE為一邊在AE的左上方作正方形AEFG，同時垂直于CD的直線MN也從C向D以每秒2個單位的速度運動，當(dāng)點F落在直線MN上，設(shè)運動的時間為t，則t的值為（　?。?br />
A．1 B．4 C．103 D．143
【變式2-3】如圖，矩形ACBE中，AC＝12，BC＝5，點M在邊AB上，且AM＝6，動點D在矩形邊上運動一周，能使△ADM是以∠AMD為頂角的等腰三角形共有（　?。?br />
A．3個 B．4個 C．5個 D．6個
【變式2-4】如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點P，Q分別是邊BC和CD上的兩個動點（可以與線段的端點重合，但P，Q兩點不重合），點E、F分別是PA和PQ的中點，在兩個動點的移動過程中，線段EF的長度取值范圍是　 　．

【變式2-5】如圖，在長方形ABCD中，AB＝5cm，AD＝3cm．點E從點A出發(fā)，以每秒2cm的速度沿折線ABC方向運動，點F從點C出發(fā)，以每秒1cm的速度沿線段CD方向向點D運動．已知動點E、F同時發(fā)，當(dāng)點E運動到點C時，E、F停止運動，設(shè)運動時間為t．
（1）當(dāng)E運動到B點時，求出t的值；
（2）在點E、點F的運動過程中，是否存在某一時刻，使得EF＝3cm？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．





【變式2-6】如圖，在長方形ABCD中，AB＝8cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，設(shè)點P的運動時間為t秒．

（1）如圖1，S△DCP＝　 　．（用t的代數(shù)式表示）
（2）如圖1，當(dāng)t＝3時，試說明：△ABP≌△DCP．
（3）如圖2，當(dāng)點P從點B開始運動的同時，點Q從點C出發(fā)，以vcm/秒的速度沿CD向點D運動，是否存在這樣v的值，使得△ABP與△PQC全等？若存在，請求出v的值；若不存在，請說明理由．




【變式2-7】（2022春?黃州區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，E，F(xiàn)是對角線AC上的兩個動點，分別從A，C同時出發(fā)相向而行，速度均為1cm/s，運動時間為ts（0≤t≤5）．
（1）AE＝t，EF＝　 　．
（2）若G，H分別是AB，DC的中點，求證：四邊形EGFH是平行四邊形．
（3）在（2）的條件下，當(dāng)t為何值時，四邊形EGFH為矩形？





【變式2-8】（2021?合川區(qū)校級模擬）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延長BC到E，使CE＝3，連接DE，由直角三角形的性質(zhì)可知DE＝5．動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿BC﹣CD﹣DA向終點A運動，設(shè)點P運動的時間為t秒．（t＞0）
（1）當(dāng)t＝3時，BP＝　 ??；
（2）當(dāng)t＝　 　時，點P運動到∠B的角平分線上；
（3）請用含t的代數(shù)式表示△ABP的面積S；
（4）當(dāng)0＜t＜6時，直接寫出點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等時t的值．




題型三 菱形中的動點問題

【例題3】如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E，F(xiàn)分別為AD，DC上的動點，∠EBF＝60°，點E從點A向點D運動的過程中，AE+CF的長度（　　）

A．逐漸增加
B．保持不變且與EF的長度相等
C．逐漸減小
D．保持不變且與AB的長度相等

【變式3-1】（2022春?西湖區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，點P從點B出發(fā)，沿折線B一C一D方向移動，移動到點D停止，連結(jié)AP，DP．在△DAP形狀的變化過程中，出現(xiàn)的特殊三角形有：①等腰三角形；②等邊三角形；③直角三角形，以下排序正確的是（　?。?br />
A．①③②③ B．③②①③ C．①③②① D．③②③①
【變式3-2】（2022?槐蔭區(qū)一模）如圖，菱形ABCD中對角線AC與BD相交于點F，且AC＝8，BD=83，若點P是對角線BD上一動點，連接AP，將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)使得∠PAE＝∠BAD，連接PE，取AD的中點O，連接OE，則在點P的運動過程中，線段OE的最小值為（　?。?br />
A．2 B．4 C．43 D．42
【變式3-3】（2021春?仙桃期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，點E、F同時由A、C兩點出發(fā)，分別沿AB、CB方向向點B勻速移動（到點B為止），點E的速度為1cm/s，點F的速度為2cm/s，經(jīng)過t秒△DEF為等邊三角形，則t的值為（　?。?br />
A．34 B．43 C．32 D．53



【變式3-4】如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．AC＝8cm，BD＝6cm，點P為AC上一動點，點P以1cm/s的速度從點A出發(fā)沿AC向點C運動．設(shè)運動時間為ts，當(dāng)t＝　 s時，△PAB為等腰三角形．




【變式3-5】（2021?江西模擬）如圖，在菱形ABCD中，AB＝63，∠ABC＝60°，AE⊥BC于點E，交BD于點F．若P是菱形ABCD邊上的一動點，當(dāng)△AFP的面積是93時，DP的長為　 ．

【變式3-6】如圖，矩形ABCD中，點P是線段AD上一動點，O為BD的中點，PO的延長線交BC于Q．
（1）求證：四邊形PBQD是平行四邊形；
（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，P從點A出發(fā)，以1cm/秒的速度向D運動（不與D重合），設(shè)點P運動時間為t秒．
①請用t表示PD的長；②求t為何值時，四邊形PBQD是菱形．


【變式3-7】（2022春?橋西區(qū)校級期中）如圖所示，在菱形ABCD中，AB＝8，∠BAD＝120°，△AEF為等邊三角形，點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合．
（1）證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE＝CF．
（2）當(dāng)點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最大（或最小）值．




【變式3-8】如圖，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°．動點E、F分別從點B、D同時出發(fā)，都以0.5cm/s的速度向點A、C運動，連接AF、CE，分別取AF、CE的中點G、H．設(shè)運動的時間為ts （0＜t＜4）．
（1）求證：AF∥CE；
（2）當(dāng)t為何值時，△ADF的面積為32cm2；
（3）連接GE、FH．當(dāng)t為何值時，四邊形EHFG為菱形．





題型四 正方形中的動點問題

【例題4】如圖，點P是正方形ABCD的BC邊上一動點，PE⊥BD于E，PF⊥AC于F，若AC＝12，則PE+PF的值是（　?。?br />
A．6 B．10 C．62 D．12
【變式4-1】正方形ABCD的邊AB上有一動點E，以EC為邊作矩形ECFG，且邊FG過點D．在點E從點A移動到點B的過程中，矩形ECFG的面積（　?。?br />
A．先變大后變小 B．先變小后變大
C．一直變大 D．保持不變
【變式4-2】（2022?樂陵市模擬）如圖，在正方形ABCD中，已知邊長AB＝5，點E是BC邊上一動點（點E不與B、C重合），連接AE，作點B關(guān)于直線AE的對稱點F，則線段CF的最小值為（　?。?br />
A．54 B．52?5 C．522 D．52
【變式4-3】（2021春?金寨縣期末）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點M為對角線BD上一動點，ME⊥BC于點E，MF⊥CD于點F，連接EF，則EF的最小值為（　?。?br />
A．1 B．22 C．3 D．2

【變式4-4】（2021?東阿縣三模）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為AB邊的中點，點F在BC邊上，點B關(guān)于直線EF的對稱點記為B'，連接B'D，B'E，B'F．當(dāng)點F在BC邊上移動使得四邊形BEB'F成為正方形時，B'D的長為（　?。?br />
A．2 B．3 C．22 D．3

【變式4-5】如圖，在邊長為8的正方形ABCD中，E、F分別是邊AB、BC上的動點，且EF＝6，M為EF中點，P是邊AD上的一個動點，則CP+PM的最小值是（　?。?br />
A．10 B．85?3 C．65+3 D．33+5


【變式4-6】（2021春?潼南區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別為BC、CD上的點，且AE平分∠BAC，BE＝CF，P為線段AC上的動點，記PD+PF的最小值為m，若正方形邊長為2，則m2的值為（　?。?br />
A．6﹣42 B．8﹣42 C．8+42 D．6+42
【變式4-7】如圖，點E是邊長為12的正方形ABCD邊BC上的一點，BE＝5，點F在該正方形的邊上運動，當(dāng)BF＝AE時，設(shè)線段AE與線段BF相交于點H，則BH的長等于　 　．

【變式4-8】如圖，E是正方形ABCD一邊CD上的中點，AB＝4，動點P從A→B→C→D在正方形的邊上運動，當(dāng)△PAE為等腰三角形時，則AP的長為　 　．




八年級下冊數(shù)學(xué)《第十八章 平行四邊形》
專題 利用特殊四邊形的性質(zhì)巧解動點問題答案

題型一 平行四邊形中的動點問題

【例題1】（2021春?費縣期中）如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝27cm，BC＝36cm，點P從A向點D以1cm/s的速度運動，到點D即停止．點Q從點C向點B以2cm/s的速度運動，到點B即停止．直線PQ將四邊形ABCD截成兩個四邊形，分別為四邊形ABQP和四邊形PQCD，則當(dāng)P，Q兩點同時出發(fā)，幾秒后所截得兩個四邊形中，其中一個四邊形為平行四邊形？

【分析】分兩種情況，①若四邊形ABQP是平行四邊形，則AP＝BQ，進而求出t的值；②若四邊形PQCD是平行四邊形，則PD＝CQ，進而求出t的值．
【解答】解：設(shè)當(dāng)P，Q兩點同時出發(fā)，t秒后，四邊形ABQP或四邊形PQCD是平行四邊形，
根據(jù)題意可得：AP＝tcm，PD＝（27﹣t）cm，CQ＝2tcm，BQ＝（36﹣2t）cm，
①若四邊形ABQP是平行四邊形，
則AP＝BQ，
∴t＝36﹣2t，
解得：t＝12，
∴12s后四邊形ABQP是平行四邊形；
②若四邊形PQCD是平行四邊形，
則PD＝CQ，
∴27﹣t＝2t，
解得：t＝9，
∴9s后四邊形PQCD是平行四邊形；
綜上所述：當(dāng)P，Q兩點同時出發(fā)，12秒或9秒后，四邊形ABQP或四邊形PQCD是平行四邊形．
【點評】此題主要考查了平行四邊形的判定，利用分類討論是解題的關(guān)鍵．

【變式1-1】（2021春?陽谷縣期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，且AD＜BC，BC=6cm,動點P，Q分別從點D，B同時出發(fā)，點P以1cm/s的速度向點A方向運動，點Q以2cm/s的速度向點C運動，幾秒后四邊形CDPQ是平行四邊形（　?。?br /> A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由運動時間為t秒，則AP=t,QC=2t,而四邊形CDPQ是平行四邊形，所以DP=CQ，則得方程t=6-2t求解．
【解答】解：設(shè)t秒后，四邊形CDPQ為平行四邊形，
則DP=t cm,QC=（6-2t）cm,
∵AD∥BC所以DP∥CQ，
根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，
知：DP=CQ即可，
即：t=6-2t,
∴t=2，
當(dāng)t=2時，DP=CQ=2（cm），
綜上所述，2秒后四邊形CDPQ是平行四邊形，
故選：B．
【點評】此題主要考查的是平行四邊形的判定，正確掌握平行四邊形的判定方法是解題關(guān)鍵．

【變式1-2】（2021秋?撫州期末）如圖，在?ABCD中，對角線BD⊥AD，AB＝16，∠A＝60°，O為BD的中點，E為邊AB上一動點，以2cm/s的速度從A點向B點運動，運動時間為ts，連接EO并延長交CD于點F，連接DE、BF，下列結(jié)論不成立的是（　　）

A．四邊形DEBF為平行四邊形
B．若t＝4，則四邊形DEBF為菱形
C．若t＝2，則四邊形DEBF為矩形
D．若t＝6，則四邊形DEBF為正方形
【分析】由AB∥CD，得∠OBE＝∠ODF，而OB＝OD，即可證明△OBE≌△ODF，得OE＝OF，即可根據(jù)“對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”證明四邊形DEBF為平行四邊形，可判斷A正確；
當(dāng)t＝4時，AE＝8，此時E為AB的中點，可根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半”證明DE＝BE=12AB，則四邊形DEBF為菱形，可判斷B正確；
作DG⊥AB于點G，由“直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半”可求得AG＝4cm，當(dāng)t＝2時，AE＝4cm，點E與點G重合，則∠BED＝∠BGD＝90°，所以四邊形DEBF為矩形，可判斷C正確；
當(dāng)t＝6時，AE＝12cm，此時點E在點G的右側(cè)，則∠BED＞90°，因此四邊形DEBF不可能是正方形，可判斷D錯誤，于是得到問題的答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠OBE＝∠ODF，
∵O為BD的中點，
∴OB＝OD，
在△OBE和△ODF中，
∠OBE=∠ODFOB=OD∠BOE=∠DOF，
∴△OBE≌△ODF（ASA），
∴OE＝OF，
∴四邊形DEBF為平行四邊形，
故A正確；
∵當(dāng)t＝4時，AE＝2t＝2×4＝8（cm），
∵AB＝16cm，
∴AE＝BE＝8cm，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB＝90°，
∴DE＝BE=12AB，
∴四邊形DEBF為菱形，
故B正確；
如圖，作DG⊥AB于點G，則∠AGD＝∠BGD＝90°，
∵∠ADB＝90°，∠A＝60°，
∴∠ADG＝∠ABD＝30°，
∴AD=12AB＝8cm，
∴AG=12AD＝4cm，
當(dāng)t＝2時，AE＝2t＝2×2＝4（cm），
∴AE＝AG，
∴點E與點G重合，
∴∠BED＝∠BGD＝90°，
∴四邊形DEBF為矩形，
故C正確；
當(dāng)t＝6時，AE＝2t＝2×6＝12（cm），
∵AE＞AG，
∴點E在點G的右側(cè)，
∴∠BED＞∠BGD，
∴∠BED＞90°，
∴四邊形DEBF不可能是正方形，
故D錯誤，
故選：D．

【點評】此題重點考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半、直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半等知識，正確理解且能靈活運用平行四邊形及特殊的平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

【變式1-3】如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，點P以1cm/s的速度由A向D運動，點Q以2cm/s的速度由C向B運動．問幾秒后直線PQ將四邊形ABCD截出一個平行四邊形？

【分析】分別利用①當(dāng)BQ＝AP時以及②當(dāng)CQ＝PD時，列方程得出答案．
【解答】解：設(shè)點P，Q運動的時間為ts．依題意得：CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，AP＝t，
PD＝9﹣t．
∵AD∥BC，
①當(dāng)BQ＝AP時，四邊形APQB是平行四邊形．
即6﹣2t＝t，
解得t＝2．
②當(dāng)CQ＝PD時，
四邊形CQPD是平行四邊形，即2t＝9﹣t，
解得：t＝3．
所以經(jīng)過2秒或3秒后，直線PQ將四邊形ABCD截出一個平行四邊形．
【點評】此題主要考查的是平行四邊形的判定，關(guān)鍵是掌握一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．

【變式1-4】（2021春?閩侯縣月考）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，點P自點A向D以1cm/s的速度運動，到D點即停止．點Q自點C向B以2cm/s的速度運動，到B點即停止，則當(dāng)P，Q同時出發(fā)，設(shè)運動時間為t（s）．
（1）當(dāng)t為何值時，四邊形APQB為平行四邊形？
（2）當(dāng)t為何值時，四邊形PDCQ為平行四邊形？

【分析】（1）根據(jù)題意得出AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t，利用平行四邊形的性質(zhì)解答即可；
（2）根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)得出方程解答即可．
【解答】解：（1）根據(jù)題意有，AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t，
∵AD∥BC，
∴當(dāng)AP＝BQ時，四邊形APQB是平行四邊形，
∴t＝15﹣2t，
解得：t＝5，
∴運動5s時，四邊形APQB是平行四邊形；
（2）由AP＝tcm，CQ＝2tcm，
∵AD＝12cm，BC＝15cm，
∴PD＝AD﹣AP＝12﹣t（cm），
當(dāng)PQ∥CD，且PQ＝CD時，
∵AD∥BC，即PD∥QC，
∴四邊形PQCD為平行四邊形，
∴PQ＝CD，PD＝CQ，
∴12﹣t＝2t，
解得：t＝4，
即當(dāng)t＝4s時，四邊形PDCQ是平行四邊形．
【點評】此題考查平行四邊形的判定，關(guān)鍵是根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)解答．
【變式1-5】（2022春?濱湖區(qū)期末）如圖，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，點P為BC上一動點，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于點Q，則四邊形APCQ的形狀是 　 　，連接PQ，當(dāng)PQ取得最小值時，四邊形APCQ的周長為 　 ?。?br />
【分析】根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形即可求解；當(dāng)PQ是AQ和BC間距離時PQ取得最小值，計算四邊形APCQ的周長即可．
【解答】解：如圖，

∵AQ∥BC，CQ∥AP，
∴四邊形APCQ是平行四邊形．
當(dāng)PQ⊥BC時，PQ取得最小值，
∵四邊形APCQ是平行四邊形，
∴AH＝HC=12AC，QH＝PH=12PQ，
∵∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，
∴AC＝2，∠ACB＝45°，
∵QP⊥BC，
∴∠PHC＝45°，
∴PH＝PC=22，
∴PQ=2，
∴QC=PC2+PQ2=(22)2+(2)2=102，
∴四邊形APCQ的周長為：2PC+2QC＝2×22+2×102=2+10．
故答案為：平行四邊形；2+10．
【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，垂線段最短的性質(zhì)，綜合性較強．

【變式1-6】如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，過點A作AD∥BC，且點D在點A的右側(cè)．點P從點A出發(fā)沿射線AD方向以每秒1個單位的速度運動，同時點Q從點C出發(fā)沿射線CB方向以每秒2個單位的速度運動，在線段QC上取點E，使得QE＝2，連接PE，設(shè)點P的運動時間為t秒．
（1）若PE⊥BC，求BQ的長；
（2）請問是否存在t的值，使以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）作AM⊥BC于M，由已知條件得出AB＝AC，由等腰三角形的性質(zhì)得出BM＝CM，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出AM=12BC＝5，證出△APN和△CEN是等腰直角三角形，得出PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2得出方程，解方程即可；
（2）由平行四邊形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）作AM⊥BC于M，設(shè)AC交PE于N．如圖所示：
∵∠BAC＝90°，∠B＝45°，
∴∠C＝45°＝∠B，
∴AB＝AC，
∴BM＝CM，
∴AM=12BC＝5，
∵AD∥BC，
∴∠PAN＝∠C＝45°，
∵PE⊥BC，
∴PE＝AM＝5，PE⊥AD，
∴△APN和△CEN是等腰直角三角形，
∴PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，
∵CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2，
∴5﹣t＝2t﹣2，
解得：t=73，所以BQ＝BC﹣CQ＝10﹣2×73=163；
（2）存在，t＝4或12；理由如下：
若以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形，
則AP＝BE，
∴t＝10﹣2t+2或t＝2t﹣2﹣10
解得：t＝4或12
∴存在t的值，使以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形，t＝4或12．

【點評】本題考查了平行四邊形的判定、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識；根據(jù)題意得出t的方程是解決問題的突破口．
【變式1-7】如圖，等邊△ABC的邊長為10cm，動點M從點B出發(fā)，沿B→A→C→B的方向以4cm/s的速度運動，動點N從點C出發(fā)，沿C→A→B→C方向以3cm/s的速度運動．

（1）若動點M、N同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒鐘兩點第一次相遇？
（2）若動點M、N同時出發(fā)，且其中一點到達終點時，另一點即停止運動．那么運動到第幾秒鐘時，點A、M、N以及△ABC的邊上一點D恰能構(gòu)成一個平行四邊形？求出時間t并請指出此時點D的具體位置．
【分析】（1）設(shè)經(jīng)過t秒鐘兩點第一次相遇，然后根據(jù)點M運動的路程+點N運動的路程＝AB+CA列方程求解即可；
（2）分類討論：當(dāng)點M在線段AB上，點N在AC上時；當(dāng)點M在線段AC上，點N在AB上時；當(dāng)點M在線段BC上，點N在AB上時，利用等邊三角形的性質(zhì)和點M、N的運動規(guī)律列出關(guān)于t的方程，借助于方程解答即可．
【解答】解：（1）

第一次相遇時間=10+103+4=207（秒）；
答：若動點M、N同時出發(fā)，經(jīng)過207秒鐘兩點第一次相遇；
（2）如圖2，當(dāng)點M在線段AB上，點N在AC上時：

∵四邊形ANDM為平行四邊形，
DM＝AN DM∥AN
∵△ABC為等邊三角形，
△BMD和△NCD是等邊三角形
∴BM+CN＝CN+AN＝10
∴3t+4t＝10
∴t=107，
此時BD=407；
如圖3，當(dāng)點M在線段AC上，點N在AB上時：

同理△BND和△MCD是等邊三角形
AM＝4t﹣10
AN＝3t﹣10
∴AM+AN＝AC＝10
4t﹣10+3t﹣10＝10
t=307，
此時BD=507．
如圖4，當(dāng)點M在線段BC上，點N在AB上時，

同理△BMN和△MCD是等邊三角形
CM＝4t﹣20
AN＝3t﹣10
∴CM＝AN．
4t﹣20＝3t﹣10．
t＝10＞7.5（不合題意，舍去）．
綜上所述：當(dāng)時間t=107，BD=407；當(dāng)時間t=307，BD=507．
【點評】本題主要考查的是平行四邊形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，利用平行四邊形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)求得相關(guān)線段的長度，然后列方程求解是解題的關(guān)鍵．

【變式1-8】（2021春?惠來縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝20cm，BD⊥AC于點D，且BD＝16cm．點M從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為4cm/s；同時點P由B點出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s，過點P的直線PQ∥AC，交BC于點Q，連接PM，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜5），解答下列問題：
（1）線段AD＝　 　cm；
（2）求證：PB＝PQ；
（3）當(dāng)t為何值時，以P、Q、D、M為頂點的四邊形是平行四邊形？

【分析】（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得出∠PBQ＝∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出結(jié)論；
（3）分兩種情況：①當(dāng)點M在點D的上方時，PQ＝BP＝tcm，AM＝4tcm，AD＝12cm，得出MD＝AD﹣AM＝（12﹣4t）cm，由PQ∥MD，當(dāng)PQ＝MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可；
②當(dāng)點M在點D的下方時，PQ＝BP＝tcm，AM＝4tcm，AD＝12cm，得出MD＝AM﹣AD＝（4t﹣12）cm，由PQ∥MD，當(dāng)PQ＝MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可．
【解答】（1）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD=AB2?BD2=202?162=12（cm），
故答案為：12；
（2）證明：如圖1所示：
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，即∠PBQ＝∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB＝∠C，
∴∠PBQ＝∠PQB，
∴PB＝PQ；
（3）解：分兩種情況：
①當(dāng)點M在點D的上方時，如圖2所示：
由題意得：PQ＝BP＝tcm，AM＝4tcm，AD＝12cm，
∴MD＝AD﹣AM＝（12﹣4t）cm，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴當(dāng)PQ＝MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，
即當(dāng)t＝（12﹣4t）cm時，四邊形PQDM是平行四邊形，
解得：t=125（s）；
②當(dāng)點M在點D的下方時，如圖3所示：
根據(jù)題意得：PQ＝BP＝tcm，AM＝4tcm，AD＝12cm，
∴MD＝AM﹣AD＝（4t﹣12）cm，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴當(dāng)PQ＝MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，
即當(dāng)t＝（4t﹣12）cm時，四邊形PQDM是平行四邊形，
解得：t＝4（s）；
綜上所述，當(dāng)t=125s或t＝4s時，以P、Q、D、M為頂點的四邊形是平行四邊形．

【點評】本題考查了平行四邊形的判定、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形面積公式以及分類討論等知識；本題綜合性強，熟練掌握平行四邊形的判定和等腰三角形的判定是解題的關(guān)鍵．


題型二 矩形中的動點問題

【例題2】（2021秋?遷安市期末）如圖，在長方形ABCD中，AB＝CD＝8cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，同時，點Q由點C出發(fā)，以相同的速度沿CD向點D運動，設(shè)點P的運動時間為t秒，當(dāng)△ABP≌△PCQ時，t的值為（　?。?br />
A．1或3 B．2 C．2或4 D．1或2
【分析】根據(jù)全等三角形的判定可得出答案．
【解答】解：當(dāng)BP＝CQ，AB＝PC時，△ABP≌△PCQ，
∵AB＝8cm，
∴PC＝8cm，
∴BP＝12﹣8＝4（cm），
∴2t＝4，解得：t＝2，
故選：B．
【點評】此題考查了全等三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．
【變式2-1】（2022春?玄武區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E在BC邊上，且BE＝3，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊作正方形EFGH，且點H在矩形ABCD內(nèi)，連接CH，則CH的最小值為（　?。?br />
A．3 B．4 C．8 D．10
【分析】過點H作HM⊥BC于點M，過H點作PQ∥BC，分別與AB、CD交于點P、點Q，證明△AEF≌△MHE，得BE＝MH＝3，BF＝ME，設(shè)BF＝x，根據(jù)勾股定理用x表示CH，再解析式特點求得CH的最小值．
【解答】解：過點H作HM⊥BC于點M，連接CH，

∵四邊形EFGH是正方形，
∴EF＝HE，∠FEH＝90°，
∴∠BEF+∠MEH＝∠MEH+∠MHE＝90°，
∴∠BEF＝∠MHE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°＝∠EMH，
∴△BEF≌△MHE（AAS），
∴BE＝HM＝3，BF＝EM，
設(shè)BF＝EM＝x，則CM＝BC﹣BE﹣EM＝8﹣3﹣x＝5﹣x，
∴CH=CM2+HM2=(5?x)2+32=(5?x)2+9，
∵0≤x≤4，
∴當(dāng)x＝4時，CH有最小值為CH=10
故選：D．
【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，關(guān)鍵是證明三角形全等，確定H點運動的軌跡．
【變式2-2】（2022春?新洲區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝2，點E從D向C以每秒1個單位的速度運動，以AE為一邊在AE的左上方作正方形AEFG，同時垂直于CD的直線MN也從C向D以每秒2個單位的速度運動，當(dāng)點F落在直線MN上，設(shè)運動的時間為t，則t的值為（　?。?br />
A．1 B．4 C．103 D．143
【分析】過點F作FH⊥CD，交直線CD于點Q，根據(jù)正方形的性質(zhì)易證△ADE≌△EHF（AAS），可知EH＝AD＝3，根據(jù)題意可得t+2t＝2+8，求解即可．
【解答】解：過點F作FH⊥CD，交直線CD于點H，如圖所示：

則∠EHF＝90°，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠EHF，
在正方形AEFG中，∠AEF＝90°，AE＝EF，
∴∠AED+∠HEF＝90°，
∵∠HEF+∠EFH＝90°，
∴∠AED＝∠EFH，
∴△ADE≌△EHF（AAS），
∴EH＝AD＝2，
∵AB＝8，
根據(jù)題意，得t+2t＝2+8，
∴t=103，
故選：C．
【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
【變式2-3】如圖，矩形ACBE中，AC＝12，BC＝5，點M在邊AB上，且AM＝6，動點D在矩形邊上運動一周，能使△ADM是以∠AMD為頂角的等腰三角形共有（　?。?br />
A．3個 B．4個 C．5個 D．6個
【分析】以M為圓心MA為半徑畫圓即可解決問題．
【解答】解：如圖M為圓心MA為半徑畫圓，由此可知，以M為圓心AM為半徑的圓與矩形的邊有5個交點（AC，BE邊上各有2個，AE邊上有2個），除了點A，其余的4個點，與A、M組成的三角形是等腰三角形，
故選：B．
【點評】本題考查矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定、圓等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用輔助圓解決問題，屬于中考?？碱}型．
【變式2-4】如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點P，Q分別是邊BC和CD上的兩個動點（可以與線段的端點重合，但P，Q兩點不重合），點E、F分別是PA和PQ的中點，在兩個動點的移動過程中，線段EF的長度取值范圍是　 　．

【分析】連接AQ，因為點E、F分別是PA和PQ的中點，則EF=12AQ，求得線段AQ的取值范圍即可得出線段EF的取值范圍．
【解答】解：如圖，連接AQ，
∵點E、F分別是PA和PQ的中點，
∴EF=12AQ，
∵在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，
當(dāng)點Q與點D重合時，AQ最小，為4，此時EF最小值為2，
當(dāng)點Q與點C重合時，AQ最大，為5，此時EF最大值為2.5，
∴2≤EF≤2.5．

【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理．解題的關(guān)鍵是構(gòu)造三角形的中位線轉(zhuǎn)化為求線段AQ長度的取值范圍．
【變式2-5】如圖，在長方形ABCD中，AB＝5cm，AD＝3cm．點E從點A出發(fā)，以每秒2cm的速度沿折線ABC方向運動，點F從點C出發(fā)，以每秒1cm的速度沿線段CD方向向點D運動．已知動點E、F同時發(fā)，當(dāng)點E運動到點C時，E、F停止運動，設(shè)運動時間為t．
（1）當(dāng)E運動到B點時，求出t的值；
（2）在點E、點F的運動過程中，是否存在某一時刻，使得EF＝3cm？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）根據(jù)題意得出方程2t＝5，求出方程的解即可；
（2）畫出符合條件的兩種情況，根據(jù)勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：（1）∵AB＝5cm，
∴2t＝5，
解得：t＝2.5，
即當(dāng)E運動到B點時，t的值是2.5秒；
（2）當(dāng)0＜t≤2.5時，如圖1，過E作EM⊥DC于，則EM＝BC＝3cm，

由勾股定理得：（3t﹣5）2+32＝32，
解得：t=53；
當(dāng)2.5＜t≤4時，如圖2，

由勾股定理得：（8﹣2t）2+t2＝32，
此方程無解；
即在點E、點F的運動過程中，存在某一時刻，使得EF＝3cm，此時t的值是53秒．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，能得出關(guān)于t的方程是解此題的關(guān)鍵，注意：矩形的對邊相等，矩形的每一個角都是直角．
【變式2-6】如圖，在長方形ABCD中，AB＝8cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，設(shè)點P的運動時間為t秒．

（1）如圖1，S△DCP＝　 ?。ㄓ胻的代數(shù)式表示）
（2）如圖1，當(dāng)t＝3時，試說明：△ABP≌△DCP．
（3）如圖2，當(dāng)點P從點B開始運動的同時，點Q從點C出發(fā)，以vcm/秒的速度沿CD向點D運動，是否存在這樣v的值，使得△ABP與△PQC全等？若存在，請求出v的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用三角形的面積公式計算即可．
（2）根據(jù)全等三角形的判定即可解答；
（3）此題主要分兩種情況①△ABP≌△PCQ得到BP＝CQ，AB＝PC，②△ABP≌△QCP得到BA＝CQ，PB＝PC，然后分別計算出t的值，進而得到v的值．
【解答】解：（1）S△DCP=12?PC?CD=12?（12﹣2t）?8＝48﹣8t．
故答案為48﹣8t．
（2）當(dāng)t＝3時，BP＝2×3＝6，
∴PC＝12﹣6＝6，
∴BP＝PC，
在△ABP與△DCP中
AB=CD∠B=∠CBP=PC，
∴△ABP≌△DCP（SAS）．
（3）①當(dāng)BP＝CQ，AB＝PC時，△ABP≌△PCQ，
∵AB＝8，
∴PC＝8，
∴BP＝12﹣8＝4，
∴2t＝4，解得：t＝2，
∴CQ＝BP＝4，v×2＝4，解得：v＝2；
②當(dāng)BA＝CQ，PB＝PC時，△ABP≌△QCP，
∵PB＝PC，
∴BP＝PC＝6，
∴2t＝6，解得：t＝3，
CQ＝AB＝8，v×3＝8，解得：v=83，
綜上所述，當(dāng)v＝2或v=83時，△ABP與△PQC全等．
【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是全等三角形性質(zhì)的掌握，學(xué)會用分類討論的思想思考問題．
【變式2-7】（2022春?黃州區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，E，F(xiàn)是對角線AC上的兩個動點，分別從A，C同時出發(fā)相向而行，速度均為1cm/s，運動時間為ts（0≤t≤5）．
（1）AE＝t，EF＝　 ?。?br /> （2）若G，H分別是AB，DC的中點，求證：四邊形EGFH是平行四邊形．
（3）在（2）的條件下，當(dāng)t為何值時，四邊形EGFH為矩形？

【分析】（1）由勾股定理求出AC＝5，由題意得出AE＝CF＝t，即可得出EF＝5﹣2t或2t﹣5；
（2）由“兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形”來判定；
（3）由“對角線相等的平行四邊形是矩形”判定四邊形EGFH為矩形時t的取值．
【解答】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，
由題意得：AE＝CF＝t，
∴EF相遇前為：EF＝AC﹣AE﹣CF＝5﹣2t，
EF相遇后為：EF＝AE+CF﹣AC＝2t﹣5．
故答案為：5﹣2t或2t﹣5．
（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，∠GAF＝∠HCE，
∵G，H分別是AB，DC的中點，
∴AG＝BG，CH＝DH，
∴AG＝CH，
∵AE＝CF，
∴AF＝CE，
在△AFG和△CEH中，
AG=CH∠GAF=∠HCEAF=CE，
∴△AFG≌△CEH（SAS），
∴GF＝HE，
同理：GE＝HF，
∴四邊形EGFH是平行四邊形．
（3）解：連接GH，

由（1）可知四邊形EGFH是平行四邊形．
∵點G，H分別是矩形ABCD的邊AB，DC的中點，
∴GH＝BC＝4．
∴當(dāng)EF＝GH＝4時，四邊形EGFH是矩形，分兩種情況：
①EF＝5﹣2t＝4，解得t＝0.5．
②EF＝2t﹣5＝4，解得t＝4.5．
故當(dāng)t為0.5 s或4.5 s時，四邊形EGFH為矩形．
【點評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

【變式2-8】（2021?合川區(qū)校級模擬）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延長BC到E，使CE＝3，連接DE，由直角三角形的性質(zhì)可知DE＝5．動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿BC﹣CD﹣DA向終點A運動，設(shè)點P運動的時間為t秒．（t＞0）
（1）當(dāng)t＝3時，BP＝　 ??；
（2）當(dāng)t＝　 　時，點P運動到∠B的角平分線上；
（3）請用含t的代數(shù)式表示△ABP的面積S；
（4）當(dāng)0＜t＜6時，直接寫出點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等時t的值．

【分析】（1）根據(jù)題意可得BP＝2t，進而可得結(jié)果；
（2）根據(jù)∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，可得四邊形ABCD是矩形，根據(jù)角平分線定義可得AF＝AB＝4，得DF＝4，進而可得t的值；
（3）根據(jù)題意分3種情況討論：①當(dāng)點P在BC上運動時，②當(dāng)點P在CD上運動時，③當(dāng)點P在AD上運動時，分別用含t的代數(shù)式表示△ABP的面積S即可；
（4）當(dāng)0＜t＜6時，點P在BC、CD邊上運動，根據(jù)題意分情況討論：①當(dāng)點P在BC上，點P到AD邊的距離為4，點P到AB邊的距離也為4，②當(dāng)點P在BC上，點P到AD邊的距離為4，點P到DE邊的距離也為4，③當(dāng)點P在CD上，點P到AB邊的距離為8，但點P到AB、BC邊的距離都小于8，進而可得當(dāng)t＝2s或t＝3s或t=194時，點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等．
【解答】解：（1）BP＝2t＝2×3＝6，
故答案為：6；
（2）作∠B的角平分線交AD于F，

∴∠ABF＝∠FBC，
∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四邊形ABCD是矩形，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝AD﹣AF＝8﹣4＝4，
∴BC+CD+DF＝8+4+4＝16，
∴2t＝16，解得t＝8．
∴當(dāng)t＝8時，點P運動到∠ABC的角平分線上；
故答案為：8；
（3）根據(jù)題意分3種情況討論：
①當(dāng)點P在BC上運動時，
S△ABP=12×BP×AB=12×2t×4＝4t；（0＜t＜4）；
②當(dāng)點P在CD上運動時，
S△ABP=12×AB×BC=12×4×8＝16；（4≤t≤6）；
③當(dāng)點P在AD上運動時，
S△ABP=12×AB×AP=12×4×（20﹣2t）＝﹣4t+40；（6＜t≤10）；
（4）當(dāng)0＜t＜6時，點P在BC、CD邊上運動，
根據(jù)題意分情況討論：
①當(dāng)點P在BC上，點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等，
∴點P到AD邊的距離為4，
∴點P到AB邊的距離也為4，
即BP＝4，
∴2t＝4，解得t＝2s；
②當(dāng)點P在BC上，點P到AD邊的距離為4，
∴點P到DE邊的距離也為4，

∴PE＝DE＝5，
∴PC＝PE﹣CE＝2，
∴8﹣2t＝2，解得t＝3s；
③當(dāng)點P在CD上，如圖，過點P作PH⊥DE于點H，
點P到DE、BE邊的距離相等，
即PC＝PH，
∵PC＝2t﹣8，
∵S△DCE＝S△DPE+S△PCE，
∴12×3×4=12×5×PH+12×3×PC，
∴12＝8PH，
∴12＝8（2t﹣8），
解得t=194．

綜上所述：t＝2或t＝3或t=194時，點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等．
【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、角平分線定義、三角形的面積、全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是綜合運用以上知識．


題型三 菱形中的動點問題

【例題3】如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E，F(xiàn)分別為AD，DC上的動點，∠EBF＝60°，點E從點A向點D運動的過程中，AE+CF的長度（　?。?br />
A．逐漸增加
B．保持不變且與EF的長度相等
C．逐漸減小
D．保持不變且與AB的長度相等
【分析】證明△ABE≌△DBF（ASA），可得AE＝DF，根據(jù)線段的和可知：AE+CF＝AB，是一定值，可作判斷．
【解答】解：連接BD．

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD．
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴AB＝BD，∠ABD＝60°．
∵DC∥AB，
∴∠CDB＝∠ABD＝60°．
∴∠A＝∠CDB．
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABE＝∠DBF．
在△ABE和△DBF中，
∠BAE=∠BDFAB=DB∠ABE=∠DBF，
∴△ABE≌△DBF（ASA），
∴AE＝DF，
∴AE+CF＝AB，
即AE+CF的長度保持不變與AB的長度相等．
故答案為：D．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和等邊三角形的判定，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式3-1】（2022春?西湖區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，點P從點B出發(fā)，沿折線B一C一D方向移動，移動到點D停止，連結(jié)AP，DP．在△DAP形狀的變化過程中，出現(xiàn)的特殊三角形有：①等腰三角形；②等邊三角形；③直角三角形，以下排序正確的是（　?。?br />
A．①③②③ B．③②①③ C．①③②① D．③②③①
【分析】把點P從點B出發(fā)，沿折線BC﹣CD方向移動的整個過程，逐次考慮確定三角形的形狀即可．
【解答】解：∵∠B＝60°，故菱形由兩個等邊三角形組合而成，
當(dāng)點P與點B重合時，此時△ABP為等腰三角形，
當(dāng)AP⊥AD時，此時△DAP為直角三角形；
當(dāng)點P到達點C處時，此時△DAP為等邊三角形；
當(dāng)P為CD中點時，△ABP為直角三角形；
故選：A．
【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，涉及到等腰三角形、等邊三角形和直角三角形的性質(zhì)，題目有一定的綜合性，難度適中．

【變式3-2】（2022?槐蔭區(qū)一模）如圖，菱形ABCD中對角線AC與BD相交于點F，且AC＝8，BD=83，若點P是對角線BD上一動點，連接AP，將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)使得∠PAE＝∠BAD，連接PE，取AD的中點O，連接OE，則在點P的運動過程中，線段OE的最小值為（　?。?br />
A．2 B．4 C．43 D．42
【分析】連接ED，由菱形的性質(zhì)及AC＝8，BD=83，得出AF＝4，DF＝43，AC⊥BD，BA＝DA，由勾股定理求出AD＝8，進而得出∠ADB＝∠ABD＝30°，證明△BAP≌△DAE，得出∠ADE＝30°，進而得出當(dāng)OE⊥DE時，OE的值最小，求出此時OE的長度即可．
【解答】解：如圖，連接ED，

∵四邊形ABCD是菱形，且AC＝8，BD=83，
∴AF=12AC＝4，DF=12BD＝43，AC⊥BD，BA＝DA，
∴AD=AF2+DF2=42+(43)2=8，
∴∠ADB＝∠ABD＝30°，
將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)使得∠PAE＝∠BAD，
∴AP＝AE，
∴∠BAP＝∠DAE，
在△BAP和△DAE中，
BA=DA∠BAP=∠DAEPA=EA，
∴△BAP≌△DAE（SAS），
∴∠ADE＝∠ABP＝30°，
∴DE是滿足∠ADE＝30°的線段，
當(dāng)OE⊥DE時，OE的值最小，
∵O是AD的中點，
∴OD=12AD=12×8＝4，
∴OE=12OD=12×4＝2，
∴在點P的運動過程中，線段OE的最小值為2，
故選：A．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，找出全等的三角形，證明∠ADE＝30°是解決問題的關(guān)鍵．
【變式3-3】（2021春?仙桃期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，點E、F同時由A、C兩點出發(fā)，分別沿AB、CB方向向點B勻速移動（到點B為止），點E的速度為1cm/s，點F的速度為2cm/s，經(jīng)過t秒△DEF為等邊三角形，則t的值為（　?。?br />
A．34 B．43 C．32 D．53
【分析】連接BD，證出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，則BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出時間t的值．
【解答】解：連接BD，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ADB=12∠ADC＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴AD＝BD，
又∵△DEF是等邊三角形，
∴∠EDF＝∠DEF＝60°，
又∵∠ADB＝60°，
∴∠ADE＝∠BDF，
在△ADE和△BDF中，∠ADE=∠BDFAD=BD∠A=∠DBF，
∴△ADE≌△BDF（ASA），
∴AE＝BF，
∵AE＝t，CF＝2t，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t，
∴t＝5﹣2t
∴t=53，
故選：D．

【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是運用三角形全等得出AE＝BF．
【變式3-4】如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．AC＝8cm，BD＝6cm，點P為AC上一動點，點P以1cm/s的速度從點A出發(fā)沿AC向點C運動．設(shè)運動時間為ts，當(dāng)t＝　 s時，△PAB為等腰三角形．

【分析】求出BA的值，根據(jù)已知畫出符合條件的三種情況：①當(dāng)PA＝AB＝5cm時，②當(dāng)P和C重合時，PB＝AB＝5cm，③作AB的垂直平分線交AC于P，此時PB＝PA，連接PB，求出即可．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝8cm，BD＝6cm，
∴AC⊥BD，AO＝OC＝4cm，BO＝OD＝3cm，
由勾股定理得：BC＝AB＝AD＝CD＝5cm，
分為三種情況：①如圖1，當(dāng)PA＝AB＝5cm時，t＝5÷1＝5；

②如圖2，當(dāng)P和C重合時，PB＝AB＝5cm，t＝8÷1＝8；

③如圖3，作AB的垂直平分線交AC于P，此時PB＝PA，連接PB，

在Rt△BOP中，由勾股定理得：BP2＝BO2+OP2，
AP2＝32+（4﹣AP）2，
AP=258；
t=258÷1=258，
故答案為：5或8或258．
【點評】本題考查了菱形性質(zhì)和等腰三角形的判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生能否求出符合條件的所有情況．

【變式3-5】（2021?江西模擬）如圖，在菱形ABCD中，AB＝63，∠ABC＝60°，AE⊥BC于點E，交BD于點F．若P是菱形ABCD邊上的一動點，當(dāng)△AFP的面積是93時，DP的長為　 ．

【分析】由菱形的性質(zhì)可求∠ABD＝∠CBD＝30°，AD∥BC，由三角形的面積公式可求點P到AF的距離為33，即可求解．
【解答】解：∵AB＝63，∠ABC＝60°，AE⊥BC，
∴∠BAE＝30°，BE=12AB＝33，AE=3BE＝9，
∴EC＝33，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ABD＝∠CBD＝30°，AD∥BC，
∴BE=3EF，BF＝2EF，∠DAF＝∠AEB＝90°，
∴EF＝3，BF＝6，
∴AF＝6，
∵△AFP的面積是93，
∴93=12×AF×點P到AF的距離，
∴點P到AF的距離為33，
∴點P與點B或點C重合，
當(dāng)點P與點C重合，
∴PD＝63，
當(dāng)點P與點B重合時，
∵∠ADB＝30°，∠DAF＝90°，
∴DF＝2AF＝12，
∴PD＝6+12＝18；
當(dāng)點P在AD上時，AP＝33，
∴PD＝33，
綜上所述：PD＝63或33或18，
故答案為63或33或18．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積公式等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．
【變式3-6】如圖，矩形ABCD中，點P是線段AD上一動點，O為BD的中點，PO的延長線交BC于Q．
（1）求證：四邊形PBQD是平行四邊形；
（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，P從點A出發(fā)，以1cm/秒的速度向D運動（不與D重合），設(shè)點P運動時間為t秒．
①請用t表示PD的長；②求t為何值時，四邊形PBQD是菱形．

【分析】（1）根據(jù)矩形性質(zhì)推出AD∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠PDO＝∠QBO，根據(jù)全等三角形的判定ASA證△PDO≌△BQO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出OP＝OQ，則“對角線相互平分的四邊形為平行四邊形”；
（2）①由線段間的和差關(guān)系來求PD的長度；
②根據(jù)平行四邊形的判定得出四邊形PBQD是平行四邊形，求出DP＝BP即可．
【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠PDO＝∠QBO，
∵O為BD中點，
∴OB＝OD，
在△PDO和△QBO中，
∠PDO=∠QBOOB=OD∠POD=∠BOQ，
∴△PDO≌△QBO（ASA），
∴OP＝OQ．
又∵OB＝OD，
∴四邊形PBQD是平行四邊形；
（2）①∵AP+PD＝AD，AP＝t，AD＝8cm，
∴PD＝8﹣AP＝8﹣t（cm）．
②當(dāng)t=74s時，四邊形PBQD是菱形，
理由是：
∵四邊形PBQD是菱形，
∴BP＝DP＝8﹣t（cm）．
在Rt△ABP中，由勾股定理得：
AB2+AP2＝BP2，
即62+t2＝（8﹣t）2
解得t=74．
∴當(dāng)t=74s時，四邊形PBQD是菱形．

【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的判定，菱形的判定的應(yīng)用，題目比較好，綜合性比較強．

【變式3-7】（2022春?橋西區(qū)校級期中）如圖所示，在菱形ABCD中，AB＝8，∠BAD＝120°，△AEF為等邊三角形，點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合．
（1）證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE＝CF．
（2）當(dāng)點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最大（或最?。┲担?br />
【分析】（1）先求證AB＝AC，進而求證△ABC、△ACD為等邊三角形，得∠4＝60°，AC＝AB進而求證△ABE≌△ACF，即可求得BE＝CF；
（2）根據(jù)△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故根據(jù)S四邊形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解題；當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短，△AEF的面積會隨著AE的變化而變化，且當(dāng)AE最短時，正三角形AEF的面積會最小，又根據(jù)S△CEF＝S四邊形AECF﹣S△AEF，則△CEF的面積就會最大．
【解答】（1）證明：連接AC，如圖所示：

∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∵△AEF是等邊三角形，
∴∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠EAC＝60°，∠CAF+∠EAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ACD為等邊三角形，
∴∠ACF＝60°，AC＝AB，
在△ABE和△ACF中，
∠BAE=∠CAFAB=AC∠ABC=∠ACF，
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴BE＝CF．
（2）解：四邊形AECF的面積不變．
理由：由（1）得△ABE≌△ACF，
則S△ABE＝S△ACF，
故S四邊形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△
AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值；
作AH⊥BC于H點，如圖所示：

∵∠AHB＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠BAH＝90°﹣60°＝30°，
∴BH=12AB=4，
在Rt△ABH中，根據(jù)勾股定理得：AH=AB2?BH2=82?42=43，
∴S四邊形AECF＝S△ABC=12?BC?AH=163．
∵S△CEF＝S四邊形AECF﹣S△AEF=12S菱形ABCD﹣S△AEF，
∴△CEF的面積隨△AEF面積的變化而變化，
∵△AEF為等邊三角形，
∴當(dāng)AE最短時，△AEF的面積最小，則△CEF的面積有最大值，
∵當(dāng)AE⊥BC時，AE最小，
∴AE的最小值為AH的長43，
過點A作AM⊥EF，垂足為M，如圖所示：

∵△AEF為等邊三角形，
∴AF=EF=AE=43，∠AEF＝60°，
∴EM=MF=12EF=23，
∴AM=AE2?EM2=(43)2?(23)2=6，
∴S△AEF=12×43×6=123，
∴S△CEF＝S四邊形AECF﹣S△AEF＝163?123=43，
即△CEF的面積的最大值為43．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，垂線段的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，綜合性較強，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．
【變式3-8】如圖，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°．動點E、F分別從點B、D同時出發(fā)，都以0.5cm/s的速度向點A、C運動，連接AF、CE，分別取AF、CE的中點G、H．設(shè)運動的時間為ts （0＜t＜4）．
（1）求證：AF∥CE；
（2）當(dāng)t為何值時，△ADF的面積為32cm2；
（3）連接GE、FH．當(dāng)t為何值時，四邊形EHFG為菱形．

【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可得AB＝CD，AB∥CD，可求CF＝AE，可得結(jié)論；
（2）由菱形的性質(zhì)可求AD＝2cm，∠ADN＝60°，由直角三角形的性質(zhì)可求AN=3DN=3cm，由三角形的面積公式可求解；
（3）由菱形的性質(zhì)可得EF⊥GH，可證四邊形DFEM是矩形，可得DF＝ME，由直角三角形的性質(zhì)可求AM＝1，即可求解．
【解答】證明：（1）∵動點E、F分別從點B、D同時出發(fā)，都以0.5cm/s的速度向點A、C運動，
∴DF＝BE，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴CF＝AE，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∴AF∥CE；
（2）如圖1，過點A作AN⊥CD于N，

∵在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°，
∴AD＝2cm，∠ADN＝60°，
∴∠NAD＝30°，
∴DN=12AD＝1cm，AN=3DN=3cm，
∴S△ADF=12×DF×AN=12×12t×3=32，
∴t＝2；
（3）如圖2，連接GH，EF，過點D作DM⊥AB于M，

∵四邊形AECF是平行四邊形，
∴FA＝CE，
∵點G是AF的中點，點H是CE的中點，
∴FG＝CH，
∴四邊形FGHC是平行四邊形，
∴CF∥GH，
∵四邊形EHFG為菱形，
∴EF⊥GH，
∴EF⊥CD，
∵AB∥CD，
∴EF⊥AB，
又∵DM⊥AB，
∴四邊形DFEM是矩形，
∴DF＝ME，
∵∠DAB＝60°，
∴∠ADM＝30°，
∴AM=12AD＝1cm，
∵AM+ME+BE＝AB，
∴1+12t+12t＝2，
∴t＝1．
【點評】本題是四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．


題型四 正方形中的動點問題

【例題4】如圖，點P是正方形ABCD的BC邊上一動點，PE⊥BD于E，PF⊥AC于F，若AC＝12，則PE+PF的值是（　?。?br />
A．6 B．10 C．62 D．12
【分析】根據(jù)正方形的對角線互相垂直可得OB⊥OC，對角線平分一組對角可得∠OBC＝45°，然后求出四邊形OEPF為矩形，△BEP是等腰直角三角形，再根據(jù)矩形的對邊相等可得PF＝OE，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得PE＝BE，從而得到PE+PF＝OB，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)解答即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，OB⊥OC，∠OBC＝45°，
∵PE⊥BD，PF⊥AC，
∴四邊形OEPF為矩形，△BEP是等腰直角三角形，
∴PF＝OE，PE＝BE，
∴PE+PF＝BE+OE＝OB，
∵AC＝BC，
∴OB=12AC＝6，
∴PE+PF＝6，
故選：A．
【點評】考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟記各性質(zhì)求出PE+PF＝OB是解題的關(guān)鍵．

【變式4-1】正方形ABCD的邊AB上有一動點E，以EC為邊作矩形ECFG，且邊FG過點D．在點E從點A移動到點B的過程中，矩形ECFG的面積（　?。?br />
A．先變大后變小 B．先變小后變大
C．一直變大 D．保持不變
【分析】連接DE，△CDE的面積是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，則矩形與正方形面積相等．
【解答】解：連接DE，
∵S△CDE=12S四邊形CEGF，
S△CDE=12S正方形ABCD，
∴矩形ECFG與正方形ABCD的面積相等．
故選：D．
【點評】此題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，連接DE由面積關(guān)系進行轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵．
【變式4-2】（2022?樂陵市模擬）如圖，在正方形ABCD中，已知邊長AB＝5，點E是BC邊上一動點（點E不與B、C重合），連接AE，作點B關(guān)于直線AE的對稱點F，則線段CF的最小值為（　?。?br />
A．54 B．52?5 C．522 D．52
【分析】由對稱性質(zhì)可得AF＝AB＝5，由正方形的性質(zhì)可得AC=2AB＝52，當(dāng)點F在線段AC上時，CF最小，即可求解．
【解答】解：如圖，連接AC，AF，

∵四邊形ABCD為正方形，AB＝5，
∴AC=2AB＝52，
∵點B關(guān)于直線AE的對稱點為F，
∴AF＝AB＝5，
當(dāng)點F在AC上時，CF最小，
∵AC﹣AF＝52?5，
∴線段CF的最小值為52?5，
故選：B．
【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，靈活運用軸對稱的性質(zhì)．
【變式4-3】（2021春?金寨縣期末）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點M為對角線BD上一動點，ME⊥BC于點E，MF⊥CD于點F，連接EF，則EF的最小值為（　?。?br />
A．1 B．22 C．3 D．2
【分析】連接MC，證出四邊形MECF為矩形，由矩形的性質(zhì)得出EF＝MC，當(dāng)MC⊥BD時，MC取得最小值，此時△BCM是等腰直角三角形，得出MC即可得出結(jié)果．
【解答】解：連接MC，如圖所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，∠DBC＝45°，
∵ME⊥BC于E，MF⊥CD于F
∴四邊形MECF為矩形，
∴EF＝MC，
當(dāng)MC⊥BD時，MC取得最小值，
此時△BCM是等腰直角三角形，
∴MC=22BC=2，
∴EF的最小值為2；
故選：D．

【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)以及最小值問題；熟練掌握矩形的對角線相等是解決問題的關(guān)鍵．
【變式4-4】（2021?東阿縣三模）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為AB邊的中點，點F在BC邊上，點B關(guān)于直線EF的對稱點記為B'，連接B'D，B'E，B'F．當(dāng)點F在BC邊上移動使得四邊形BEB'F成為正方形時，B'D的長為（　?。?br />
A．2 B．3 C．22 D．3
【分析】連接BB'，連接BD，由正方形的性質(zhì)可得BD=2AB＝22，BD平分∠ABC，BB'=2BE=2，BB'平分∠ABC，可證點B，點B'，點D三點共線，即可求解．
【解答】解：如圖，連接BB'，連接BD，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴BD=2AB＝22，BD平分∠ABC，
∵E為AB邊的中點，
∴AE＝BE＝1，
∵四邊形BEB'F是正方形，
∴BB'=2BE=2，BB'平分∠ABC，
∴點B，點B'，點D三點共線，
∴B'D＝BD﹣BB'=2，
故選：A．
【點評】本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．

【變式4-5】如圖，在邊長為8的正方形ABCD中，E、F分別是邊AB、BC上的動點，且EF＝6，M為EF中點，P是邊AD上的一個動點，則CP+PM的最小值是（　?。?br />
A．10 B．85?3 C．65+3 D．33+5
【分析】延長CD到C′，使C′D＝CD，CP+PM＝C′P+PM，當(dāng)C′，P，M三點共線時，C′P+PM的值最小，根據(jù)題意，點M的軌跡是以B為圓心，3為半徑的圓弧上，圓外一點C′到圓上一點M距離的最小值C′M＝C′B﹣3，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【解答】解：延長CD到C′，使C′D＝CD，
CP+PM＝C′P+PM，
當(dāng)C′，P，M三點共線時，C′P+PM的值最小，
根據(jù)題意，點M的軌跡是以B為圓心，3為半徑的圓弧上，
圓外一點C′到圓上一點M距離的最小值C′M＝C′B﹣3，
∵BC＝CD＝8，
∴CC′＝16，
∴C′B=CC′2+BC2=162+82=85．
∴CP+PM的最小值是85?3．
故選：B．

【點評】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，正方形的性質(zhì)，勾股定理，正確的找到P點的位置是解題的關(guān)鍵．
【變式4-6】（2021春?潼南區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別為BC、CD上的點，且AE平分∠BAC，BE＝CF，P為線段AC上的動點，記PD+PF的最小值為m，若正方形邊長為2，則m2的值為（　?。?br />
A．6﹣42 B．8﹣42 C．8+42 D．6+42
【分析】過E作EH⊥AC交于點H，由B點與D點關(guān)于AC對稱，確定PD+PF的最小值即為BF，由AE平分∠BAC，可得BE＝EH，AB＝AH，在Rt△EHC中，∠HCE＝45°，則HC＝EH，求出AC＝2，設(shè)BE＝x，則EH＝x，HC＝2?2，則可求x＝2?2，進而求出CF＝2?2，在Rt△BCF中，BF2＝2+(2?2)2=8﹣42，即可求m2＝8﹣42．
【解答】解：過E作EH⊥AC交于點H，
∵正方形ABCD，
∴B點與D點關(guān)于AC對稱，
∴PD+PF的最小值即為BF，
∵AE平分∠BAC，
∴BE＝EH，
又∵∠ABE＝∠AHE＝90°，
∴Rt△ABE≌Rt△AHE（HL），
∴AB＝AH，
在Rt△EHC中，∠HCE＝45°，
∴HC＝EH，
∵正方形邊長為2，
∴AC＝2，
設(shè)BE＝x，則EH＝x，HC＝2?2，
∴x＝2?2，
∵BE＝CF，
∴CF＝2?2，
在Rt△BCF中，BF2＝2+(2?2)2=8﹣42，
∴m2＝8﹣42，
故選：B．

【點評】本題考查軸對稱求最短距離，掌握正方形的對稱性，確定PD+PF的最小值為BF，結(jié)合角平分線的性質(zhì)和直角三角形勾股定理進行綜合解題是正確求解的關(guān)鍵．
【變式4-7】如圖，點E是邊長為12的正方形ABCD邊BC上的一點，BE＝5，點F在該正方形的邊上運動，當(dāng)BF＝AE時，設(shè)線段AE與線段BF相交于點H，則BH的長等于　 ?。?br />
【分析】利用勾股定理列式求出AE，再分①點F在CD上時，利用“HL”證明Rt△ABE和Rt△BCF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠BAE＝∠CBF，再求出BF⊥AE，利用三角形的面積列式求解即可得到BH的長；②點F在AD上時，利用“HL”證明Rt△ABE和Rt△BAF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AF＝BE，連接EF，可得四邊形ABEF是矩形，再根據(jù)矩形的對角線相等且互相平分解答．
【解答】解：如圖，∵正方形的邊長為12，BE＝5，
∴AE=122+52=13，
①點F在CD上時，如圖1，在Rt△ABE和Rt△BCF中，BF=AEAB=BC，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∴∠BHE＝90°，
∴BF⊥AE，
∴S△ABE=12×13?BH=12×12×5，
解得BH=6013；
②點F在AD上時，如圖2，在Rt△ABE和Rt△BAF中，BF=AEAB=BA，
∴Rt△ABE≌Rt△BAF（HL），
∴AF＝BE，
連接EF，則四邊形ABEF是矩形，
∴BH=12AE=132，
綜上所述，BH的長為6013或132．
故答案為：6013或132；
故答案是：6013或132．

【點評】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，難點在于分情況討論，作出圖形更形象直觀．

【變式4-8】如圖，E是正方形ABCD一邊CD上的中點，AB＝4，動點P從A→B→C→D在正方形的邊上運動，當(dāng)△PAE為等腰三角形時，則AP的長為　 ?。?br />
【分析】分類討論P點位置：①當(dāng)P在AB上時，只能是AE＝PE，P點在B點處；②當(dāng)P在BC上，且PA＝PE，利用勾股定理求解AP值；③當(dāng)P在BC上，且PA＝EA．
【解答】解：①當(dāng)P在AB上時
∵AE大于AB
∴P在AB上時，要使△PAE為等腰三角形，只能是AE＝BE
∵E為DC的中點，∴BE＝AE，∴P與B重合時，AE＝EP，此時AP＝4；
②當(dāng)P在BC上，且PA＝PE，如圖1所示：

設(shè)BP＝x，則PC＝4﹣x，
Rt△ABP和Rt△ECP的斜邊AP＝EP，
所以42+x2＝22+（4﹣x）2，解得x=12．
所以AP=AB2+BP2=16+14=652；
③當(dāng)P在BC上，且PA＝EA，
∵在Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=16+4=25，
∴AP＝AE＝25．
當(dāng)P點在CD上時，△PAE不可能是等腰三角形．
所以AP長為4，652，25．
故答案為4，652，25．
【點評】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、正方形的性質(zhì)，解決三角形為等腰三角形的問題時，要分情況討論邊相等情況．



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