人教版八年级初二数学下学期平行四边形单元 易错题测试综合卷学能测试

人教版八年级初二数学下学期平行四边形单元 易错题测试综合卷学能测试
一、解答题
1．在数学的学习中，有很多典型的基本图形．
（1）如图①，ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，直线l 经过点A ，BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，垂足分别为D 、E ．试说明ABD CAE ≌；
（2）如图②，ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 、A 、F 在同一条直线上，BD DF ⊥，3AD =，4BD =．则菱形AEFC 面积为______．
（3）如图③，分别以Rt ABC 的直角边AC 、AB 向外作正方形ACDE 和正方形ABFG ，连接EG ，AH 是ABC 的高，延长HA 交EG 于点I ，若6AB =，8AC =，求AI 的长度．
2．综合与探究
如图1,在ABC ∆中,ACB ∠为锐角,点D 为射线BC 上一点,连接AD ,以AD 为一边且在AD 的右侧作正方形ADEF ,解答下列问题:
（1）研究发现:如果AB AC =,90BAC ∠=︒
①如图2,当点D 在线段BC 上时（与点B 不重合）,线段CF 、BD 之间的数量关系为______,位置关系为_______．
②如图3,当点D 在线段BC 的延长线上时,①中的结论是否仍成立并说明理由． （2）拓展发现:如果AB AC ≠,点D 在线段BC 上,点F 在ABC ∆的外部,则当
ACB =∠_______时,CF BD ⊥．
3．正方形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，点P 是正方形ABCD 对角线BD 上的一个动点（点P 不与点B ，O ，D 重合），连接CP 并延长，分别过点D ，B 向射线作垂线，垂足分别为点M ，N ．
（1）补全图形，并求证：DM ＝CN ；
（2）连接OM ，ON ，判断OMN 的形状并证明．
4．如图，在边长为1的正方形ABCD 中，E 是边CD 的中点，点P 是边AD 上一点（与点A D 、不重合），射线PE 与BC 的延长线交于点Q ．
（1）求证：PDE QCE ∆≅∆；
（2）若PB PQ =，点F 是BP 的中点，连结EF AF 、，
①求证：四边形AFEP 是平行四边形；
②求PE 的长．
5．如图1，已知四边形ABCD 是正方形，E 是对角线BD 上的一点，连接AE ，CE ．
（1）求证：AE ＝CE ；
（2）如图2，点P 是边CD 上的一点，且PE ⊥BD 于E ，连接BP ，O 为BP 的中点，连接EO ．若∠PBC ＝30°，求∠POE 的度数；
（3）在（2）的条件下，若OE 2，求CE 的长．
6．如图．正方形ABCD 的边长为4，点E 从点A 出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AD 运动，运动时间为t 秒（t ＞0），以AE 为一条边，在正方形ABCD 左侧作正方形AEFG ，连接BF ．
（1）当t ＝1时，求BF 的长度；
（2）在点E 运动的过程中，求D 、F 两点之间距离的最小值；
（3）连接AF、DF，当△ADF是等腰三角形时，求t的值．
7．（1）问题探究：如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是BC的中点，AE是∠BAD 的平分线，则线段AB，AD，DC之间的等量关系为；
（2）方法迁移：如图②，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F，E是BC的中点，AE是∠BAF的平分线，试探究线段AB，AF，CF之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）联想拓展：如图③，AB∥CF，E是BC的中点，点D在线段AE上，∠EDF＝∠BAE，试探究线段AB，DF，CF之间的数量关系，并证明你的结论．
8．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE 为边，作正方形CEFG（点C、E、F、G按逆时针排列），连接BF.
（1）如图1,当点E与点D重合时，BF的长为；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，若AE=1，求BF的长；（提示：过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N.）
（3）当点E在直线AD上时，若AE=4，请直接写出BF的长.
9．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，AB=AD=10cm，BC=8cm。

点P从点A出发，
以每秒3cm的速度沿折线ABCD运动，点Q从点D出发，以每秒2cm的速度沿线段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，P，Q运动停止，设运动时间为t秒.
（1）求CD的长.
（2）t为何值时？四边形PBQD为平行四边形.
（3）在点P，点Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为20cm2？若存在，请求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由.
10．已知：正方形ABCD和等腰直角三角形AEF，AE=AF（AE＜AD），连接DE、BF，P是DE的中点，连接AP．将△AEF绕点A逆时针旋转．
（1）如图①，当△AEF的顶点E、F恰好分别落在边AB、AD时，则线段AP与线段BF的位置关系为，数量关系为．
（2）当△AEF绕点A逆时针旋转到如图②所示位置时，证明：第（1）问中的结论仍然成立．
（3）若AB=3,AE=1，则线段AP的取值范围为．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
AI ．
1．（1）见解析；（2）24；（3）5
【分析】
（1）证∠BDA＝∠CEA＝90°，∠CAE＝∠ABD，由AAS证明△ABD≌△CAE即可；
（2）连接CE，交AF于O，由菱形的性质得∠COA＝∠ADB＝90°，同（1）得
△ABD≌△CAO（AAS），得OC＝AD＝3，OA＝BD＝4，由三角形面积公式求出S△AOC＝6，
即可得出答案；
（3）过E 作EM ⊥HI 的延长线于M ，过点G 作GN ⊥HI 于N ，同（1）得△ACH ≌△EAM （AAS ），△ABH ≌△GAN （AAS ），得EM ＝AH ＝GN ，证△EMI ≌△GNI （AAS ），得EI ＝GI ，证∠EAG ＝90°，由勾股定理求出EG ＝10，再由直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，
∴∠BDA ＝∠CEA ＝90°，
∵∠BAC ＝90°，
∴∠BAD +∠CAE ＝90°
∵∠BAD +∠ABD ＝90°，
∴∠CAE ＝∠ABD
在△ABD 和△CAE 中，
ABD CAE BDA CEA AB AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ABD ≌△CAE （AAS ）；
（2）解：连接CE ，交AF 于O ，如图②所示：
∵四边形AEFC 是菱形，
∴CE ⊥AF ，
∴∠COA ＝∠ADB ＝90°，
同（1）得：△ABD ≌△CAO （AAS ），
∴OC ＝AD ＝3，OA ＝BD ＝4，
∴S △AOC ＝12OA •OC ＝12
×4×3＝6， ∴S 菱形AEFC ＝4S △AOC ＝4×6＝24，
故答案为：24；
（3）解：过E 作EM ⊥HI 的延长线于M ，过点G 作GN ⊥HI 于N ，如图③所示： ∴∠EMI ＝∠GNI ＝90°，
∵四边形ACDE 和四边形ABFG 都是正方形，
∴∠CAE ＝∠BAG ＝90°，AC ＝AE ＝8，AB ＝AG ＝6，
同（1）得：△ACH ≌△EAM （AAS ），△ABH ≌△GAN （AAS ），
∴EM ＝AH ＝GN ，
在△EMI 和△GNI 中，
EIM GIH EMI GNI EM GN ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△EMI ≌△GNI （AAS ），
∴EI ＝GI ，
∴I 是EG 的中点，
∵∠CAE ＝∠BAG ＝∠BAC ＝90°，
∴∠EAG ＝90°，
在Rt △EAG 中， EG ＝22AE AG +＝2286+＝10，
∵I 是EG 的中点，
∴AI ＝12EG ＝12
×10＝5．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
2．（1）①=CF BD ，CF BD ⊥；②当点D 在BC 的延长线上时①中结论仍成立，详见解析；（2）45︒
【分析】
（1）①结论:CF 与BD 位置关系是垂直、数量关系是相等; 只要证明△BAD ≌△CAF,即可解决问题；②当点D 在BC 的延长线上时①的结论仍成立．证明方法类似;
（2）过点A 作AG ⊥AC 交BC 于点G,理由（1）中的结论即可解决问题．
【详解】
解:（1）①相等（或=CF BD ）,互相重直（或CF BD ⊥）
理由如下:
∵AB=AC,∠BAC=90︒,
∴∠ABC=∠ACB=45︒,
∵∠BAC=∠DAF,
∴∠BAD=∠CAF,
在△BAD 和△CAF 中,
BA CA BAD CAF DA FA ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ , ∴△BAD ≌△CAF （SAS ）,
∴BD=CF,∠ABD=∠ACF=45︒,
∵∠ACB=45︒,
∴∠FCB=90︒,
∴CF ⊥BD,CF=BD,
故答案为CF ⊥BD,CF=BD ．
②当点D 在BC 的延长线上时①的结论仍成立．
理由:
由正方形ADEF 得 AD=AF,∠DAF=90︒．
∵∠BAC=90︒,
∴∠DAF=∠BAC,
∴∠DAB=∠FAC,
又AB=AC,
∴△DAB ≌△FAC （SAS ）,
∴CF=BD,∠ACF=∠ABD,
∵∠BAC=90︒,AB=AC,
∴∠ABC=45︒,
∴∠ACF=45︒,
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90︒．即 CF ⊥BD ．
（2）结论:当∠ACB=45︒时,CF ⊥BD ．
理由:过点A 作AG ⊥AC 交BC 于点G,
∴AC=AG,
由（1）可知:△GAD ≌△CAF,
∴∠ACF=∠AGD=45︒,
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90︒,
即CF ⊥BD ．
故答案为45︒．
【点睛】
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会添加辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题．
3．（1）见解析；（2）MON 为等腰直角三角形，见解析
【分析】
（1）如图1，由正方形的性质得CB ＝CD ，∠BCD ＝90°，再证明∠BCN ＝∠CDM ，然后根据“AAS”证明△CDM ≌△CBN ，从而得到DM ＝CN ；
（2）如图2，利用正方形的性质得OD ＝OC ，∠ODC ＝∠OCB ＝45°，∠DOC ＝90°，再利用∠BCN ＝∠CDM 得到∠OCN ＝∠ODM ，则根据“SAS”可判断△OCN ≌△ODM ，从而得到ON ＝OM ，∠CON ＝∠DOM ，所以∠MON ＝∠DOC ＝90°，于是可判断△MON 为等腰直角三角形．
【详解】
（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD 为正方形，
∴CB ＝CD ，∠BCD ＝90°，
∵DM ⊥CP ，BN ⊥CP ，
∴∠DMC ＝90°，∠BNC ＝90°，
∵∠CDM+∠DCM ＝90°，∠BCN+∠DCM ＝90°，
∴∠BCN ＝∠CDM ，
在△CDM 和△CBN 中
DMC CNB CD CB
CDM BCN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
，
∴△CDM ≌△CBN ，
∴DM ＝CN ；
（2）解：△OMN 为等腰直角三角形．
理由如下：
如图2，∵四边形ABCD 为正方形，
∴OD ＝OC ，∠ODC ＝∠OCB ＝45°，∠DOC ＝90°，
∵∠BCN ＝∠CDM ，
∴∠BCN ﹣45°＝∠CDM ﹣45°，即∠OCN ＝∠ODM ，
在△OCN 和△ODM 中
CN DM OCN ODM OC OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△OCN ≌△ODM ，
∴ON ＝OM ，∠CON ＝∠DOM ，
∴∠MON ＝∠DOC ＝90°， ∴MON 为等腰直角三角形．
【点睛】
本题考查正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质；两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．也考查全等三角形的判定与性质．
4．（1）见解析；（2）①见解析；②136
PE =
【分析】
（1）由四边形ABCD 是正方形知∠D=∠ECQ=90°，由E 是CD 的中点知DE=CE ，结合∠DEP=∠CEQ 即可得证；
（2）①由PB=PQ 知∠PBQ=∠Q ，结合AD ∥BC 得∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD ，由
△PDE ≌△QCE 知PE=QE ，再由EF ∥BQ 知PF=BF ，根据Rt △PAB 中AF=PF=BF 知∠APF=∠PAF ，从而得∠PAF=∠EPD ，据此即可证得PE ∥AF ，从而得证； ②设AP x =，则1PD x =-，1CQ x =-，2BQ x =-，利用三角形中位线定理得到()122EF x =-，由EF AP =，构造方程即可求得23
x =，在Rt PDE ∆中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠D=∠ECQ=90°，
∵E 是CD 的中点，
∴DE=CE ，
又∵∠DEP=∠CEQ ，
∴△PDE ≌△QCE （ASA ）；
（2）①∵PB=PQ ，
∴∠PBQ=∠Q ，
∵AD ∥BC ，
∴∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD ，
∵△PDE ≌△QCE ，
∴PE=QE ，
∵PF=BF ，
∴EF 是PBQ ∆的中位线，
∴EF ∥BQ ，
∴在Rt △PAB 中，AF=PF=BF ，
∴∠APF=∠PAF ，
∴∠PAF=∠EPD ，
∴PE ∥AF ，
∵EF ∥BQ ∥AD ，
∴四边形AFEP 是平行四边形；
②设AP x =，则1PD x =-，
∴1CQ x =-，
∴2BQ x =-，
∵EF 是PBQ ∆的中位线， ∴()122EF x =
-， ∵EF
AP =， ∴()122
x x -=， ∴23x =，
在Rt PDE ∆中，222PD DE PE +＝，即2
22
21(1)()3
2
PE -+＝，
∴6
PE =． 【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质以及勾股定理等知识点．掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键．
5．（1）详见解析；（2）30°；（3）2 【分析】
（1）利用正方形的性质，得到AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ＝45°，进而判断△ADE ≌△CDE 得到结论；
（2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以得到OB ＝OE ，∠OBE ＝∠OEB ＝15°，再利用外角和定理求得；
（3）连接OC ，与（2）同理得到∠POC ＝60°，则△EOC 为直接三角形，再应用勾股定理求得. 【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ＝45°， 在△ADE 和△CDE 中，
AD CD ADE CDE DE DE =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ADE ≌△CDE （SAS ）， ∴AE ＝CE ；
（2）∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠DBC ＝45°， ∵∠PBC ＝30°， ∴∠PBE ＝15°，
∵PE ⊥BD ，O 为BP 的中点， ∴EO ＝BO ＝PO ， ∴∠OBE ＝∠OEB ＝15°， ∴∠EOP ＝∠OBE ＋∠OEB ＝30°； （3）如图，连接OC ，
∵点O是BP的中点，∠BCP＝90°，
∴CO＝BO，
∴EO＝CO2，∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠POC＝60°，
∴∠EOC＝∠EOP＋∠POC＝90°，
∵EC2＝EO2＋CO2＝4，
∴EC＝2.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、外角和定理、勾股定理，综合性较强，要注意数形结合.
6．（126（2）2（3）2或224
【分析】
（1）由勾股定理可求出答案；
（2）延长AF，过点D作射线AF的垂线，垂足为H，设AH＝DH＝x，在Rt△AHD中，得出x2+x2＝42，解方程求出x即可得出答案；
（3）分AF＝DF，AF＝AD，AD＝DF三种情况，由正方形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【详解】
解：（1）当t＝1时，AE＝1，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AG＝FG＝AE＝1，∠G＝90°，
∴BF22
+22
FG BG
+26，
15
（2）如图1，延长AF，过点D作射线AF的垂线，垂足为H，
∵四边形AGFE 是正方形， ∴AE ＝EF ，∠AEF ＝90°， ∴∠EAF ＝45°， ∵DH ⊥AH ，
∴∠AHD ＝90°，∠ADH ＝45°＝∠EAF ， ∴AH ＝DH ， 设AH ＝DH ＝x ，
∵在Rt △AHD 中，∠AHD ＝90°， ∴x 2+x 2＝42，
解得x 1＝﹣22（舍去），x 2＝22， ∴D 、F 两点之间的最小距离为22；
（3）当AF ＝DF 时，由（2）知，点F 与点H 重合，过H 作HK ⊥AD 于K ，如图2，
∵AH ＝DH ，HK ⊥AD ， ∴AK ＝
2
AD
＝2， ∴t ＝2．
当AF ＝AD ＝4时，设AE ＝EF ＝x ， ∵在Rt △AEF 中，∠AEF ＝90°， ∴x 2+x 2＝42，
解得x 1＝﹣2（舍去），x 2＝2， ∴AE ＝2， 即t ＝2．
当AD＝DF＝4时，点E与D重合，t＝4，
综上所述，t为2或22或4．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了勾股定理，正方形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，学会用分类讨论的思想思考问题．
7．（1）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS），即可推出AB＝CF，再证明DA＝DF，即可解决问题．
（2）结论：AB＝AF+CF，如图②，延长AE交DF的延长线于点G，证明方法类似（1）．（3）结论；AB＝DF+CF．如图③，延长AE交CF的延长线于点G，证明方法类似（1）．【详解】
解：（1）探究问题：结论：AD＝AB+DC．
理由：如图①中，延长AE，DC交于点F，
∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠F，
在△ABE和△FCE中，
CE＝BE，∠BAF＝∠F，∠AEB＝∠FEC，
∴△ABE≌△FEC（AAS），
∴CF＝AB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴∠FAD＝∠F，
∴AD＝DF，
∵DC+CF＝DF，
∴DC+AB＝AD．
故答案为AD＝AB+DC．
（2）方法迁移：结论：AB＝AF+CF．
证明：如图②，延长AE交DF的延长线于点G，
∵E 是BC 的中点， ∴CE ＝BE ， ∵AB ∥DC ，
∴∠BAE ＝∠G ．且BE ＝CE ，∠AEB ＝∠GEC ∴△AEB ≌△GEC （AAS ） ∴AB ＝GC
∵AE 是∠BAF 的平分线 ∴∠BAG ＝∠FAG ， ∵∠BAG ∠G ， ∴∠FAG ＝∠G ， ∴FA ＝FG ， ∵CG ＝CF+FG ， ∴AB ＝AF+CF ．
（3）联想拓展：结论；AB ＝DF+CF ．
证明：如图③，延长AE 交CF 的延长线于点G ，
∵E 是BC 的中点， ∴CE ＝BE ， ∵AB ∥CF ， ∴∠BAE ＝∠G ， 在△AEB 和△GEC 中，
BAE G AEB GEC BE CE ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△AEB ≌△GEC ， ∴AB ＝GC ， ∵∠EDF ＝∠BAE ，
∴∠FDG ＝∠G ， ∴FD ＝FG ， ∴AB ＝DF+CF ． 【点睛】
本题是四边形的综合问题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
8．（1）35；（2）41；（3）53101或 【分析】
（1）利用勾股定理即可求出.
（2）过点F 作FH ⊥AD 交AD 于的延长线于点H ，作FM ⊥AB 于点M ，证出ECD FEH ∆∆≌，进而求得MF ，BM 的长，再利用勾股定理，即可求得.
（3）分两种情况讨论，同（2）证得三角形全等，再利用勾股定理即可求得. 【详解】
（1）由勾股定理得：22223635BF AB AF =
+=+=
（2）过点F 作FH ⊥AD 交AD 于的延长线于点H ，作FM ⊥AB 于点M ，如图2所示：
则FM=AH ，AM=FH
∵四边形CEFG 是正方形 ∴EC=EF,∠FEC=90° ∴∠DEC+∠FEH=90°，
又∵四边形ABCD 是正方形 ∴∠ADC=90° ∴∠DEC+∠ECD=90°，∴∠ECD=∠FEH 又∵∠EDC=∠FHE=90°，∴ECD FEH ∆∆≌ ∴FH=ED EH=CD=3 ∵AD=3,AE=1,ED=AD-AE=3-1=2,∴FH=ED=2 ∴MF=AH=1+3=4，MB=FH+CD=2+3=5
在Rt △BFM 中，22225441BM MF +=+= （3）分两种情况：
①当点E 在边AD 的左侧时，过点F 作FM ⊥BC 交BC 的反向延长线于点M ，交DE 于点N.如图3所示：
∆≅∆
同（2）得：ENF DEC
∴EN=CD=3，FN=ED=7
∵AE=4∴AN=AE-EN=4-3=1
∴MB=AN=1 FM=FN+NM=7+3=10
∆中
在Rt FMB
由勾股定理得：2222
FB FM MB
=+=+=
101101
②当点E在边AD的右侧时，过点F作FN⊥AD交AD的延长线于点N，交BC延长线于M，如图4所示：
∆≅∆
同理得：CDE EFN
∴NF=DE=1，EN=CD=3
∴FM=3-1=2，CM=DN=DE+EN=1+3=4
∴BM=CB+CM=3+4=7
∆中
在Rt FMB
由勾股定理得：2222
=+=+=
FB FM MB
2753
或
故BF53101
【点睛】
本题为考查三角形全等和勾股定理的综合题，难点在于根据E点位置的变化，画出图形，注意（3）分情况讨论，难度较大，属压轴题，熟练掌握三角形全等的性质和判定以及勾股定理的运用是解题关键.
9．（1）16；（2）8813 ；（3）53935
或
. 【解析】试题分析：（1）过点A 作AM ⊥CD 于M ，四边形AMCB 是矩形，AM=BC,AD 是已知的，根据勾股定理求出DM,CM=AB,所以CD 就求出来了；（2）当四边形PBQD 为平行四边形时,点P 在AB 上，点Q 在DC 上，用t 表示出BP ,DQ 的长，满足BP=DQ,求出t 值，则BP ,DQ 即可求出，然后求出CQ,用勾股定理求出BQ ，四边形PBQD 的周长就求出来了；（3）D 从Q 到C 需要8秒，所以t 的范围是0≤t≤8,Q 根据P 所在线段不同，分三种情况讨论，即①当点P 在线段AB 上时，即
时，用t 表示出BP 的长，列三角形BPQ 的
面积等于20的方程求解；②当点P 在线段BC 上时，即
时，用t 表示出BP ,CQ
的长，建立三角形BPQ 的面积等于20的方程求解；③当点P 在线段CD 上时，因为他们相遇的时间是
，若点P 在Q 的右侧，即6≤t≤
，用t 表示出PQ 的长，进而列出面积方
程式求解；若点P 在Q 的左侧，即，用t 表示出PQ 的长，列出面积方程式求
解．
试题解析：（1）过点A 作AM ⊥CD 于M ，根据勾股定理，AD=10，AM=BC=8，∴DM=
=6，∴CD=16；（2）当四边形PBQD 为平行四边形时，点P 在AB 上，
点Q 在DC 上，如图，由题知：AP=3t,BP=10﹣3t ，DQ=2t ，∴10﹣3t=2t ，解得t=2，此时，BP=DQ=4，CQ=12，∴，∴四边形PBQD 的周长=2（BP+BQ ）
=
；
（3）①当点P 在线段AB 上时，到B 点时是秒，即时，如图，BP=10﹣3t ，
BC=8，∴
，∴
．
②当点P 在线段BC 上时，P 到达C 点t 值时6秒，即时，如图，BP=AB+BP-AB=3t ﹣10，DQ=2t,CQ=16﹣2t ，∴
，
化简得：3t 2﹣34t+100=0，△=﹣44＜0，所以方程无实数解．此种情况不存在三角形BPQ 的面积是20；
③当点P 在线段CD 上时，P 点与Q 点相遇时,可列2t+3t=10+8+16,t=,相遇时间是，
若点P 在Q 的右侧，即6≤t≤
，则有PQ=34-（2t+3t ）=34﹣5t ，于是
()1
3458202
BPQ s t ∆=
-⨯=，解此方程得： ＜6，舍去，若点P 在Q 的左侧，即，则有PQ=2t+3t-34=5t ﹣34，可列方
程：，解得：t=7．8．∴综合得出满足条件的t 值存在，其
值分别为
，t 2=7．8．
考点：1．动点问题；2．分类讨论三角形面积；3．梯形，矩形与三角形综合知识．． 10．（1）AP⊥BF，1
2
AP BF =（2）见解析；（3）1≤AP ≤2 【分析】
（1）根据直角三角形斜边中线定理可得1
2
AP ED PD =
= ，即△APD 为等腰三角形推出∠DAP=∠EDA，可证△AED≌△ABF 可得∠ABF=∠EDA=∠DAP 且 BF=ED 由三角形内角和可得∠AOF=90°即AP⊥BF 由全等可得1122AP ED BF =
= 即1
2
AP BF = （2）延长AP 至Q 点使得DQ ∥AE，PA 延长线交于G 点，利用P 是DE 中点，构造△AEP≌△PDQ 可得∠EAP=∠PQD，DQ=AE=FA 可得∠QDA=∠FAB 可证△FAB≌△QDA 得到∠AFB=∠PQD=∠EAP，AQ=FB 由三角形内角和可得∠FAG=90°得出AG⊥FB 即AP⊥BF 由全等可得11
22
AP AQ FB =
= （3）由于1
2
AP BF = 即求BF 的取值范围，当BF 最小时，即F 在AB 上，此时BF=2，AP=1
当BF 最大时，即F 在BA 延长线上，此时BF=4，AP=2可得1≤AP ≤2 【详解】 （1）
根据直角三角形斜边中线定理有AP是△AED中线可得
1
2
AP ED PD
==，即△APD为等
腰三角形．
∴∠DAP=∠EDA
又AE=AF，∠BAF=∠DAE=90°，AB=AD ∴△AED≌△ABF
∴∠ABF=∠EDA=∠DAP 且 BF=ED
设AP与BF相交于点O
∴∠ABF+∠AFB=90°=∠DAP+∠AFB
∴∠AOF=90°即AP⊥BF
∴
11
22
AP ED BF
==即
1
2
AP BF
=
故答案为AP⊥BF，
1
2 AP BF
=
（2）
延长AP至Q点使得DQ∥AE，PA延长线交于G点∴∠EAP=∠PQD，∠AEP=∠QDP
∵P是DE中点，
∴EP=DP
∴△AEP≌△PDQ
则∠EAP=∠PQD，DQ=AE=FA
∠QDA=180°-（∠PAD+∠PQD）
=180°-∠EAD
而∠FAB=180°-∠EAD，则∠QDA=∠FAB ∵AF=DQ，∠QDA=∠FAB ，AB=AD
∴△FAB≌△QDA
∴∠AFB=∠PQD=∠EAP，AQ=FB
而∠EAP+∠FAG=90°
∴∠AFB+∠FAG=90°
∴∠FAG=90°
∴AG⊥FB
即AP⊥BF
又
11
22 AP AQ FB ==
∴
1 AP
2
BF
=
（3）∵
1
2 AP BF
=
∴即求BF的取值范围
BF最小时，即F在AB上，此时BF=2，AP=1
BF最大时，即F在BA延长线上，此时BF=4，AP=2
∴ 1≤AP≤2
【点睛】
掌握三角形全等以及直角三角形斜边上的中线，灵活运用各种角关系是解题的关键．。