2026年学霸题中题八年级数学下册苏科版第71页解析答案

1. 如图①，四边形 $ABCD$ 中，$∠ DAB = 90^{\circ}$，$AB // CD$，点 $P$ 从点 $A$ 出发，以每秒 $1$ 个单位长度的速度沿路线 $A - B - C - D$ 运动。设点 $P$ 的运动时间为 $t\ \mathrm{s}$，$△ PAD$ 的面积为 $S$，$S$ 随 $t$ 的变化图象如图②，当点 $P$ 运动到 $BC$ 的中点时，$△ PAD$ 的面积为(

)

A.$7$
B.$7.5$
C.$8$
D.$8.6$

答案：
1.A　　解析:四边形ABCD中，∠DAB=90°,AB//CD,
∴∠ADC=180°−∠DAB=90°.
∵点P从点A出发,以每秒1个单位长度的速度运动，由题可知点P从C运动到D处需要2s,则CD=2,根据S随t的变化图象,当t=10时,点P运动到C点，△PAD的面积为4,
∴$\frac{1}{2}$AD·DC=$\frac{1}{2}$AD×2=4,
∴AD=4.同理可得当点P运动到点B时,△PAD的面积为10,
∴$\frac{1}{2}$AD·AB=$\frac{1}{2}$×4×AB=10,
∴AB=5,
∴AB≠CD,
∴四边形ABCD是梯形.又
∵∠DAB=90°,
∴四边形ABCD是直角梯形.如图②，
∵AB=5,点P的速度是每秒1个单位长度，
∴点P运动到点B时，运动时间为5s,
∴E(5,10),设当5＜t≤10时,函数表达式为S=kt+b,
$\begin{cases}5k+b=10 \\10k+b=4 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\frac{6}{5} \\b=16 \end{cases}$，
∴当5＜t≤10时,函数表达式为$S=-\frac{6}{5}t+16$.
如图①,过点C作CG⊥AB于点G,
∴∠AGC=∠BGC=90°,
∴∠AGC=∠DAG=∠ADC=90°,
∴四边形ADCG是矩形,
∴AG=DC=2,CG=AD=4,
∴BG=AB−AG=5−2=3,在Rt△BGC中,BC=$\sqrt{CG^{2}+BG^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$,
∴当P运动到BC的中点时的时间$t=(5+\frac{5}{2})÷1=\frac{15}{2}$，
∴$S=-\frac{6}{5}×\frac{15}{2}+16=7$,
∴当P运动到BC的中点时,△PAD的面积为7.故选A.
　　　　　

2. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AD // BC$，$∠ B = 90^{\circ}$，$AD = 16\ \mathrm{cm}$，$AB = 12\ \mathrm{cm}$，$BC = 21\ \mathrm{cm}$。动点 $P$ 从点 $B$ 出发，沿射线 $BC$ 的方向以每秒 $2\ \mathrm{cm}$ 的速度运动到 $C$ 点后原速返回，动点 $Q$ 从点 $A$ 出发，在线段 $AD$ 上以每秒 $1\ \mathrm{cm}$ 的速度向点 $D$ 运动，点 $P$，$Q$ 分别从点 $B$，$A$ 同时出发，当点 $Q$ 运动到点 $D$ 时，点 $P$ 随之停止运动，设运动时间为 $t$（秒）。
(1) 当 $t$ 为何值时，四边形 $PQDC$ 是平行四边形？求出满足要求的 $t$ 的值。
(2) 若以 $C$，$D$，$Q$，$P$ 为顶点的四边形面积为 $60\ \mathrm{cm}^2$，求相应的 $t$ 的值。

答案：(1)
∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ=CP.当点P从点B往点C运动时，
∵DQ=AD−AQ=16−t,CP=21−2t,
∴16−t=21−2t,解得t=5;当点P从点C往点B运动时,
∵DQ=AD−AQ=16−t,CP=2t−21,
∴16−t=2t−21,解得$t=\frac{37}{3}$.综上,当t=5或$\frac{37}{3}$时，四边形PQDC是平行四边形.
　(2)当点P从点B往点C运动时,DQ=AD−AQ=16−t,CP=21−2t,四边形PQDC的面积为$\frac{1}{2}$(DQ+CP)·AB=60,即$\frac{1}{2}×(16−t+21−2t)×12=60$,解得t=9;当点P从点C往点B运动时,DQ=AD−AQ=16−t,CP=2t−21,四边形PQDC的面积为$\frac{1}{2}$(DQ+CP)·AB=60,即$\frac{1}{2}×(16−t+2t−21)×12=60$,解得t=15.综上,当t=9或15时,以C,D,Q,P为顶点的四边形面积为60cm².

3. 如图，在直角梯形 $ABCD$ 中，$AD // BC$，$∠ B = 90^{\circ}$，且 $AD = 12\ \mathrm{cm}$，$AB = 8\ \mathrm{cm}$，$DC = 10\ \mathrm{cm}$，若动点 $P$ 从点 $A$ 出发，以每秒 $2\ \mathrm{cm}$ 的速度沿线段 $AD$ 向点 $D$ 运动；动点 $Q$ 从 $C$ 点出发以每秒 $3\ \mathrm{cm}$ 的速度沿 $CB$ 向点 $B$ 运动，当点 $P$ 到达点 $D$ 时，动点 $P$，$Q$ 同时停止运动，设点 $P$，$Q$ 同时出发，并运动了 $t$ 秒，回答下列问题：
(1) $BC =$

$\mathrm{cm}$。
(2) 当 $t$ 为多少时，四边形 $PQCD$ 为等腰梯形？
(3) 是否存在 $t$，使得 $△ DQC$ 是等腰三角形？若存在，请求出 $t$ 的值；若不存在，说明理由。

答案：
3.(1)18　解析:如图①,过点D作DE⊥BC于E,则四边形ABED为矩形,DE=AB=8cm,AD=BE=12cm.在Rt△CDE 中,
∵∠CED=90°,DC=10cm,DE=8cm,
∴EC=6cm,
∴BC=BE+EC=18cm.
　(2)根据题意,得PA=2t,CQ=3t,则PD=AD−PA=(12−2t)cm.如图①,四边形ABED为矩形,DE=AB=8cm,AD=BE=12cm.当PQ=CD时,四边形PQCD为等腰梯形.过点P作PF⊥BC于点F,则四边形PDEF是矩形,EF=PD=12−2t,PF=DE.在Rt△PQF和Rt△DCE中,$\begin{cases}PQ=DC \\PF=DE \end{cases}$，
∴Rt△PQF≌Rt△DCE(HL),
∴QF=CE,
∴QC−PD=QC−EF=QF+EC=2CE,即3t−(12−2t)=12,解得$t=\frac{24}{5}$,即当$t=\frac{24}{5}$时，四边形PQCD为等腰梯形.
　　　　　　　　　　　　　　　　

(3)存在.△DQC是等腰三角形时，分三种情况讨论:
①当QC=DC时,即3t=10,
∴$t=\frac{10}{3}$.②当DQ=DC时,如图②,过点D作DE⊥BC于点E,可得QC=2EC,即3t=2×6,
∴t=4.
　　　

③当QD=QC时,如图③,过点D作DE⊥BC于点E,过点Q 作QG⊥DC于点G,此时DG=GC=5.
∵$S_{△ DQC}=\frac{1}{2}QC× DE=\frac{1}{2}DC× QG$,即3t·8=10QG,
∴$QG=\frac{12}{5}t$,在Rt△QGC中,$QC^{2}=QG^{2}+GC^{2}$,即$(3t)^{2}=(\frac{12}{5}t)^{2}+5^{2}$,
∴$t=\frac{25}{9}$.故存在t,使得△DQC是等腰三角形,此时t的值为$\frac{10}{3}$或4或$\frac{25}{9}$.